Apostila de Maquinas e Automacao Eletrica

INSTITUTO FEDERAL DEEDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DO RIO GRANDE DO NORTE UNIDADE SEDE - NATAL PRO-REITORIA DE ENSINO DIRETORIA EDUCACIONAL DE TECNOLOGIA INDUSTRIAL MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Lunardo Alves de Sena MARÇO DE 2010 IFRN / DIETIND 1 MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Noções de Eletromagnetismo Estudo dos campos magnéticos e suas interações com as correntes elétricas. 1.1 Campos magnéticos Os elétrons giram em torno do núcleo dos átomos, mas também em torno de si mesmo (translação), isto é semelhante ao que ocorre com os planetas e o sol. Há diversas camadas de elétrons, e em cada uma, os elétrons se distribuem em orbitais, regiões onde executam a rotação, distribuídos aos pares. Ao rodarem em torno de si, os elétrons da camada mais externa produzem um campo magnético mínimo, mas dentro do orbital, o outro elétron do par gira também, em sentido oposto, cancelando este campo, na maioria dos materiais. Porém nos materiais imantados (ferromagnéticos) há regiões, chamadas domínios, onde alguns dos pares de elétrons giram no mesmo sentido, e um campo magnético resultante da soma de todos os pares e domínios é exercido em volta do material: são os imãs. A palavra campo significa, na Física, uma tendência de influenciar corpos ou partículas no espaço que rodeia uma fonte. Ex.: O campo gravitacional, próximo à superfície de um planeta, que atrai corpos, produzindo uma força proporcional à massa destes, o peso. Assim, o campo magnético é a tendência de atrair partículas carregadas, elétrons e prótons, e corpos metálicos magnetizáveis (materiais ferromagnéticos, como o ferro, o cobalto, o níquel e ligas como o alnico). O campo pode ser produzido pôr imãs e eletroímãs, que aproveitam o efeito magnético da corrente elétrica. Hans Christian Oersted (1771 - 1851) Até o ano de 1820, os cientistas pensavam que os fenômenos elétricos e magnéticos eram totalmente independentes, isto é, que não havia qualquer relação entre eles. Nesse ano, o físico dinamarquês Hans Christian Oersted, professor da Universidade de Copenhague, realizou uma experiência que se tornou famosa por alterar completamente essas idéias: Um fio retilíneo (no qual não havia corrente elétrica) foi colocado próximo a uma agulha magnética, orientada livremente na direção norte-sul. Fazendo-se passar uma corrente no fio, observou-se que a agulha se desviava. Interrompendo-se a corrente no fio, a agulha voltava a se orientar na direção norte-sul. Portanto, a corrente elétrica no fio atuou sobre a agulha magnética de maneira semelhante a um ímã que fosse colocado próximo à agulha, Ilustração 1. Em outras palavras, a corrente elétrica estabeleceu um campo magnético no espaço em torno dela, e esse campo foi o agente responsável pelo desvio da agulha magnética. Como já sabemos que a corrente elétrica é constituída por cargas elétricas em movimento, podemos tirar a seguinte conclusão: cargas elétricas em movimento (corrente elétrica) criam, no espaço em torno delas, um campo magnético. Ilustração 1 2 - Lunardo Alves de Sena IFRN / DIETIND 1.2 MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Permeabilidade Os materiais se comportam de várias maneiras, sob campos magnéticos. • Os diamagnéticos, como o alumínio e o cobre, os repelem, afastando as linhas de campo; • Os paramagnéticos se comportam quase como o ar; • Os ferromagnéticos concentram o campo, atuando como condutores magnéticos. A permeabilidade é a propriedade dos materiais de permitir a passagem do fluxo magnético, que é a quantidade de campo que atravessa o material. 1.3 Campo magnético criado por um condutor retilíneo Além do vetor campo magnético H, existe no campo magnético uma outra grandeza vetorial, que desempenha papel importantíssimo em muitos fenômenos eletromagnéticos. É chamada indução magnética, ou densidade de fluxo magnético e representada por B. Definição: Chama-se indução magnética em um ponto ao produto da permeabilidade magnética do meio pelo campo magnético nesse ponto. Isto é, B = µ × H A corrente elétrica num condutor produz campo magnético em torno dele, Ilustração 2, com intensidade proporcional à corrente e inversamente à distância. µ0 × I 2 × π × r0 I H= 2 × π × r0 B= Ilustração 2 Esta equação é válida para um condutor muito longo, I é a corrente, r0 a distância ao centro do condutor e B é a densidade de fluxo, ou indução magnética, que representa o campo magnético. É medida em Tesla (T). H é dado em A/m. O sentido da indução ou do campo (B e H respectivamente) relaciona-se com o sentido da corrente de acordo com a “regra da mão direita”. As linhas de campo são circulares, concêntricas em relação ao fio e assentes no plano perpendicular ao mesmo e que contem o ponto P. B = densidade de fluxo magnético em um ponto (T); H = vetor campo magnético em um ponto (A/m); µ = permeabilidade magnética do meio (T.m/A); r0 = distância do ponto ao fio (m); µ0 = 4.π. 10-7 T.m/A (no vácuo); A unidade de B no SI é o Tesla (T); A unidade de H no SI é Ampère por metro (A/m). 1.4 Campo magnético no centro de uma espira Se o condutor tiver forma circular, ele se denomina uma espira. O campo magnético no centro de uma espira, Ilustração 3, depende do raio do círculo e da intensidade da corrente elétrica. Quanto maior a corrente, maior o valor do campo. Quanto maior o raio da espira, menor o valor do campo. µ0 × I 2 × r0 I H= 2 × r0 B= Campo Magnético no Centro de uma Espira Ilustração 3 3 - Lunardo Alves de Sena Ilustração 5. 10-7 T.6 Ilustração 4 Campo magnético de um solenóide de N espiras Se enrolarmos um condutor. 1. 10-7 T. podese deduzir que a intensidade dos campos B e H no centro do solenóide é dada por: B = µ0 H= N IL µ 0 nIL = L 4r02 + L2 4r02 + L2 N IL nIL = L 4r02 + L2 4r02 + L2 Considerar n = N/L →o número de espiras por unidade de comprimento. r0 = raio da espira (m).5 O Campo Magnético num ponto P situado no eixo de uma espira à altura h do seu centro O campo magnético no ponto P da Ilustração 4 é dado por: r02 H = I× 3 2 2 2(r + h ) 2 0 r02 B = µ0 × I × 3 2 2 2(r + h ) 2 0 1. B = densidade de fluxo magnético em um ponto (T). Ilustração 5 Em particular. Ilustração 6.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Observe que as linhas de indução se concentram no interior do círculo e continua valendo a regra da mão direita para a determinação do seu sentido.7 Fluxo magnético Considere-se um ponto P. N = número de espiras. para um solenóide muito comprido (L >> r0) são válidas as seguintes expressões para os campos no centro do solenóide. H = vetor campo magnético em um ponto (A/m). µ = permeabilidade magnética do meio (T.m/A). Admitindo que o solenóide tenha N espiras de raio ro e que possui comprimento L. 1. H = vetor campo magnético em um ponto (A/m). em torno de uma forma.m/A (no vácuo). formando um indutor ou bobina. L = comprimento da espira (enrolamento).m/A). r0 = distância do ponto ao fio (m). µ0 = 4. contido num elemento de superfície ∆S e que este elemento de superfície se encontra mergulhado num campo de indução magnética uniforme B que faz um ângulo α com a direção do vetor unitário n que define a normal a ∆S. µ0 = 4.m/A (no vácuo). B = µ0 NI = µ 0 nI L H= NI = nI L B = densidade de fluxo magnético em um ponto (T).Lunardo Alves de Sena . e tanto maior quanto mais espiras e mais juntas estiverem. 4 .π. o campo magnético no interior deste será a soma dos produzidos em cada espira. µ = permeabilidade magnética do meio (T.π. naturalmente. 5 . Colocou-se. 1. possibilitando grandes campos (e indutâncias). conhecedor dos resultados de Oersted. Os resultados iniciais das suas experiências foram nulos: um ímã colocado junto a um circuito condutor (bobina) não gera qualquer corrente nesse mesmo circuito. motores e geradores elétricos. Esta corrente é induzida pela variação do fluxo magnético que ocorre través do circuito. Eles têm permeabilidade muitas vezes maior que a do ar. e são usados como núcleos de indutores. Ilustração 7 Como o circuito não tem qualquer gerador.1867) Michael Faraday. Os diamagnéticos são usados como blindagem eletromagnéticas).Lunardo Alves de Sena . sendo válida a relação 1 Wb = 1 T. sempre concentrando o fluxo. diz-se que a corrente elétrica nele gerada é uma corrente induzida e falamos de um processo de indução eletromagnética.I. em 1831. Os materiais mais permeáveis são os ferromagnéticos. No S. tentou exatamente responder a esta pergunta.m2. Contudo. Faraday descobriu que movimentando o ímã relativamente ao circuito (ou movimentando o circuito em relação ao ímã). a questão contrária: poderia um campo magnético induzir uma corrente elétrica? Lei de Faraday Michael Faraday (1791 . o fluxo magnético é dado por Weber (Wb). Terá valor B∆S sempre que α = 0º. Ilustração 7. induzia uma corrente elétrica no circuito.8 magnética (ou às ondas Indução eletromagnética Com as experiências de Oersted ficou demonstrada a capacidade de uma corrente elétrica gerar um campo magnético. µo. pela permeabilidade menor que a do ar. transformadores.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Ilustração 6 Chama-se fluxo de indução magnética através do elemento de superfície ∆S à grandeza ΦB definida por Φ B = B∆Scosα O fluxo de indução magnética ΦB será nulo sempre que α = 90º. surgirá sempre com um sentido tal que gere um fluxo de indução magnética que se oponha à variação do fluxo de indução magnética indutor que a gerou (lei de Lenz). a corrente induzida pode ser entendida como devido ao aparecimento. Ilustração 10 A expressão conhecida da lei de Faraday. de um força eletromotriz induzida. Iind. Corrente elétrica induzida por uma bobina que se afasta e aproxima. ΦB. Se um determinado circuito está sujeito a um fluxo de indução magnética. e a bobina 2 o circuito induzido.Lunardo Alves de Sena .e. surge no referido circuito uma corrente induzida. Lenz (1797 . que a f. variável no tempo.m. Ilustração 8 e Ilustração 9. no circuito induzido. Ilustração 9 Em qualquer das situações. Ilustração 10. induzida tem uma polaridade tal que gera uma corrente induzida com um sentido tal que a sua ação eletromagnética se opõe à variação do fluxo indutor. Caso o circuito induzido tenha N espiras (enrolamento) a expressão da lei de Faraday assume a forma 6 . O ∆Φ B ∆t Lei de Lenz Heinrich E. portanto. a f. • • a bobina 1 é o circuito indutor. tem sinal negativo “-“. εind. que pode ser entendida como resultante do aparecimento. Se não fosse verificada a lei de Lenz haveria uma clara violação do princípio de conservação da energia. induzida. no circuito induzido.m.1878) A corrente induzida Iind. por incorporar a lei de Lenz. de um força eletromotriz induzida. valor desta força eletromotriz induzida é dada por ε ind = − dΦ B dt ou ε ind = − ε ind . Ilustração 8 Corrente elétrica induzida por uma bobina cuja corrente se faz variar por variação da resistência R do circuito indutor (bobina1). Demonstrando. mas também através de correntes elétricas.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA As correntes induzidas podem ser geradas não só através de ímãs.e. e.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA ε ind = − N dΦ B dt ou ε ind = − N ∆Φ B ∆t Exemplo 1 Considere uma bobina constituída por um enrolamento com N = 10 espiras circulares com área de seção reta de 1.5s) e que forma um ângulo de 60º com o plano das espiras. Admitindo que a bobina seja mergulhada numa região do espaço onde existe um campo de indução magnética de valor B = 10T (variável.Lunardo Alves de Sena .m. induzida na bobina. Solução: a)cálculo do fluxo ΦB: ∆S = 10dm 2 = 10 × 10 −2 m 2 Φ B = B∆Scosα = 10 × 10 × 10 −2 × cos60 0 = 0.5 7 .m. determine a f.5Wb b)cálculo da f. cuja taxa de variação é de 0.e.0dm2.5 = −1V 0. induzida ε ind = − ∆Φ B ∆t → ε ind = − 0. π.5m do fio. 10-7 T.m/A (no vácuo) 7.10-4 T.π.π. 10-7 T. Dada a figura abaixo.m/A (no vácuo) 2.π.π. Determine o campo magnético num ponto distante 0. Determine a intensidade do vetor campo magnético resultante no centro das espiras. O meio é o vácuo. Adote µ0 = 4. Adote µ0 = 4. 10-7 T. 3.m/A (no vácuo) 4. quando ele é percorrido por uma corrente de 8A.8 cm são percorridas por correntes de intensidades 1A e 4A. Quantas espiras tem esse solenóide? Adote µ0 = 4. Calcular a intensidade do vetor campo magnético num ponto P localizado a 0. No interior de um solenóide de comprimento 0. Duas espiras circulares concêntricas e coplanares de raios 0. Adote µ0 = 4. registra-se um campo magnético de intensidade 5π. Dados: i1 = 4A. Um fio retilíneo e longo é percorrido por uma corrente elétrica contínua i = 2A.2 m e é percorrida por uma corrente de 5A no sentido horário.Lunardo Alves de Sena .IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Exercícios 1. determine a intensidade do campo magnético resultante no ponto P. µ0 = 4. 10-7 T. Um condutor reto e extenso é percorrido por uma corrente de intensidade 2A. Determine a intensidade e a orientação do vetor campo magnético no centro da espira.1 m do condutor. i2 = 10A. conforme mostra a figura.m/A (no vácuo) 6. A espira da figura abaixo tem raio 0. 10-7 T. Como podemos verificar experimentalmente se existe um campo magnético em um certo ponto do espaço? 5. respectivamente.m/A (no vácuo) 8 .4 cm e 0.16m. de fato é considerada muito pequena. tem polaridade positiva na parte superior da bobina primária (se opõe à tensão aplicada V1). de magnetização.2 • a corrente I2 do secundário é zero.e. Estas duas tensões. comum a ambas as bobinas. induzida. primária e secundária. No secundário o fluxo Φm produz uma f. estão em fase (ambas são produzidas por Φm). 9 . poderá ser primário ou secundário. de acordo com suas espiras acopladas. Ilustração 11.e. O enrolamento (A). O enrolamento ligado à fonte de tensão é denominado de primário. ou o enrolamento (B). que por sua vez produz as tensões induzidas E1 e E2. Sua estrutura consiste de um núcleo fechado sobre si mesmo. I1 V1 Φ2 Φm I2 E2 E1 V2 carga Φ1 Ilustração 12 • • • • 2. pois a f. a direção da corrente I1 produz o fluxo mútuo Φm. no qual há um enrolamento primário e outro secundário.e. esta corrente.1. pela lei de Lenz.1 Transformador ideal Num transformador ideal.1 Quando V1 é instantaneamente positivo. Ilustração 11 2. Na situação do trafo ideal com carga uma carga colocada no secundário produzirá uma corrente atrasa ou adiantada (indutiva ou capacitiva) em relação à E2. o ligado à carga é o secundário. que terá uma polaridade tal que crie um fluxo desmagnetizante oposto a Φm (lei de Lenz). consideraremos os fluxos dispersos Φ1 e Φ2 iguais a zero. A f. E2. Na Ilustração 13 (a) observa-se que Im se atrasa em relação a tensão primária em 90°. uma pequena corrente Im circula no primário. produzindo o fluxo Φm . Neste tipo de transformador existe apenas o fluxo Φm. utilizado para converter o valor da tensão de uma corrente alternada. (força eletromotriz) induzida primária. Na situação do trafo ideal em vazio (impedância infinita ou carga zero) • • • • • • • 2.Lunardo Alves de Sena . a tensão induzida E1.1.m. com mostra a Ilustração 12.e. formado por lâminas de ferro doce (para diminuir as perdas devidas às correntes de Foucault).m.m. E1 e E2. E1.’s E1 e E2 com polaridade instantânea como mostrada na Ilustração 12. Os circuitos não são ligados fisicamente. dependendo se está ligado à carga ou a fonte.m. o fluxo mútuo Φm cria as f. E1 induzida no primário se opõe à tensão aplicada V1.IFRN / DIETIND 2 MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Transformadores O transformador opera segundo o princípio da indução mútua entre duas (ou mais bobinas). Ilustração 13(a). denominada de corrente de magnetização. se opõe à V1. Uma carga colocada no secundário produzirá uma corrente I2 que produzirá um fluxo desmagnetizante. com núcleo de ferro. Quando o trafo é abaixador o α >1. N1 é o número de espiras do primário. quando usado como transformador elevador. pode ser dita como: N1I1' = N 2 I 2 ou I 2 N1 = =α I1' N 2 • • • • • α é a relação de transformação. I’1 é a corrente de carga primária. que circula no primário. onde a corrente primária. é a soma fasorial de Im com I’1. Calcule: a) a relação de transformação. b) a componente de carga da corrente primária. de maneira tal que I’1N1=I2N2. N2I2. I1.Lunardo Alves de Sena . e N2 é o número de espiras do secundário. na Ilustração 13 (c) está mostrado o efeito da corrente de carga I’1. Quando o trafo é ligado com abaixador. I2 é a corrente secundária ou de carga. a redução de E1 produz uma corrente I’1. corrente de carga é 10A. I’1 se atrasa em relação à V1 de θ’1 e I2 se atrasa em relação à E2 de θ2.IFRN / DIETIND • • • • • MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA se esta carga for indutiva. a corrente I2 estará atrasada em relação à E2 de uma ângulo θ2 conforme Ilustração 13(b). de maneira tal que θ’1=θ2 (com esta igualdade se evidencia que N1I’1 são iguais e opostos a N2I2 desmagnetizantes do secundário). 10 . Exemplo 2 O lado de alta tensão de um transformador tem 1000 espiras. α= N1 100 = = 10 -1 N2 1000 Observa-se que a relação de transformação α é fixa para uma dada aplicação. restabeleça o Φm ao seu valor original. Ilustração 13(b). tendem a produzir um fluxo desmagnetizante que reduz o Φm e as tensões induzidas E1 e E2 instantaneamente. I2 (E2) E1 V1 θ2 θ'1 E2 I1 = Im I'1 φm φm (a) Relações primárias em vazio I2 V1 (b) Relações secundárias com carga θ2 E1 θ'1 θ1 I'1 Im V1 I1 φm (c) Relações primárias com carga Ilustração 13 A igualdade entre a força magnetomotriz do secundário N2I2 e a força magnetomotriz do primário N1I’1. enquanto que o de baixa tem 100 espiras. Solução: a) I 2 N1 = =α I1' N 2 b) I I2 10 = α → I1' = 2 = = 1A ' α 10 I1 →α = N1 1000 = = 10 N2 100 Exemplo 3 Calcule a relação de transformação do trafo do Exemplo 2. Quando o trafo é elevador o α <1. os ampère-espiras do secundário. 60Hz foi projetado para ter um f. b) o número de espiras do enrolamento de baixa. é muito maior de que a corrente de magnetização. Na.e.5 volts/espira.6KVA. c) a corrente nominal para o enrolamento de alta. I’1. Nb. Exemplo 4 Um transformador de 4.5Volts 115V 115 b) = → Nb = = 46Espiras 1Espira N b Espiras 2.m.05 → Elevador N 2 N a 920 N N 920 f) α = 1 = a = = 20 → Abaixador N 2 N b 46 a) 11 .5 S 4. calcule: a) o número de espiras do enrolamento de alta. podemos então escrever: α= E1 V1 I 2 N1 = = = E 2 V2 I1' N 2 Para um transformador ideal podemos dizer que V1I1 = V2 I 2 Esta equação demonstra que o transformador é um dispositivo que transfere energia de um circuito para o outro.5 2. induzida de 2.5Volts 2300V 2300 = → Na = = 920Espiras 1Espira N a Espiras 2. Solução: 2. A especificação dos transformadores em VA (volt-ampères) ou KVA (quilo volt-ampères) vêm desta equação.6 × 103 c) I a = = = 2A V1 2300 S 4.6 × 10 3 = = 40A d) I b = V2 115 N N 46 e) α = 1 = b = = 0.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Segundo a lei de Faraday temos: ε ind = − N dΦ B dt ou ε ind = − N E1 = N1 dΦ m dt E2 = N2 dΦ m dt Ou seja: ∆Φ B ∆t Dividindo-se E1 por E2. f) a relação de transformação como trafo abaixador. teremos: E1 N1 = =α E2 N2 Como a componente de carga da corrente primária. Ia.Lunardo Alves de Sena . Imaginando este transformador ideal. 2300/115V. No trafo ideal os volt-ampères absorvidos da fonte V1I1 é igual aos voltampéres transferidos ao secundário e entregue à carga V2I2. Im. e) a relação de transformação como trafo elevador. Ib. d) a corrente nominal para o enrolamento de baixa. c) a resistência da carga. calcule: a) a tensão secundária. b) a corrente primária. Uma carga de 10Ω solicita uma corrente de 20A do lado de AT de um transformador. e) a corrente nominal primária e secundária. determine: a) a corrente secundária. 2. 3. Quando o lado de AT é ligado a uma fonte de 120V.800/380V tem uma carga no lado de BT de 250Ω.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Exercícios 1. Um transformador elevador de 45KVA. b) a corrente primária.000/230. c) a corrente primária. b) a tensão secundária. Imaginando que não haja quedas de tensão internas. Imaginando que não haja quedas de tensão internas no transformador. d) a relação de transformação. d) os VA’s transferidos do primário para o secundário. d) a capacidade em VA do transformador. 13.Lunardo Alves de Sena . O lado AT de um transformador tem 750 espiras e o de BT 50 espiras. admitindo que não há quedas na impedância interna do trafo. c) os VA’s transferidos do primário para o secundário. 4. b) a tensão primária. calcule: a) a relação de transformação.000V tem uma carga no lado de AT de 3000KΩ. Imaginando que não haja quedas de tensão internas. e uma carga de 40A é ligada ao lado de BT. cujo α é 1/8. 12 . 60Hz. c) os VA’s transferidos do primário para o secundário. determine: a) a corrente secundária. e) a relação de transformação quando usado como abaixador. e) a corrente nominal primária e secundária. 13. d) a relação de transformação. Um transformador abaixador de 45KVA. vista dos terminais do primário a partir da fonte será dada por: Z1 = V1 I1' Qualquer alteração na impedância da carga (secundário) implicará na alteração da corrente do secundário. Z1. teríamos a corrente I2 igual a zero (trafo em vazio). ZL seria infinito ( Z L = I'1 V1 V2 . Se a carga for removida.→ I2 = 0 ) I2 E2 E1 V2 I2 =0 I'1 I2 ZL E2 E1 V1 Ilustração 14 (a) V2 Ilustração 15 (b) Ilustração 16 Para qualquer valor da impedância de carga. I2. Como já vimos Ou seja α= Teremos então α= E1 V1 I 2 N1 = = = E 2 V2 I1' N 2 V1 ⇒ V1 = αV2 V2 Z1 = e α= . Ilustração 15 (b). Ilustração 17. ZL. que refletirá na corrente do primário I’1.2 MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Impedância refletida A Ilustração 14 (a) mostra um transformador com uma carga ZL ligada ao seu secundário.IFRN / DIETIND 2. “refletindo” a impedância secundária para o primário: Z1 = α 2 Z 2 N  Z1 = α 2 =  1  Z2  N2  2 Ζ1= α2 Z2 Z2 Ilustração 17 13 . vista dos terminais do secundário a partir da carga será dada por: Z2 = V2 I2 Da mesma forma a impedância equivalente de entrada. Ou seja. a impedância secundária.Lunardo Alves de Sena . I I2 ⇒ I1' = 2 ' α I1 V1 αV2 V = = α2 2 ' I2 I1 I2 α ⇒ Z1 = α 2 Z 2 Algumas vezes é conveniente representar o transformador por um único circuito equivalente. Lunardo Alves de Sena . c) a impedância de entrada do primário a partir da relação entre a tensão e a corrente primárias.25 d) Z1 = α 2Z 2 = 82 × 3 = 64 × 3 = 192Ω 14 . 2 d) a impedância do primário por meio da equação Z1 = α Z 2 Solução: a) N1 800 V 240 = = 8 ⇒ 1 = 8 ⇒ V2 = = 30V N2 100 V2 8 V 30 I2 = 2 = = 10A Z2 3 α= b) α= N1 I2 10 = = 8 ⇒ I1 = = 1.25A N2 I1 8 c) Z1 = V1 240 = = 192Ω I1 1.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Exemplo 5 O lado de alta tensão de um transformador abaixador tem 800 espiras e o lado de baixa tensão tem 100 espiras. Calcule: a) a corrente e a tensão secundárias. Uma tensão de 240V é aplicada ao lado de alta e uma impedância de carga de 3Ω é ligada ao lado de baixa tensão. b) a corrente primária. induzidas primária e secundária.e.39 × 0. Na Ilustração 18 temos um esquema onde está representado o transformador real. Incluindo-se ai as resistências e reatâncias internas do transformador.m.9 S 500 × 10 3 I2 = = = 2173. e entre as respectivas tensões nominais f) a impedância de carga e a impedância de entrada Solução: a) b) c) d) e) f) S 500 × 10 3 I1 = = = 217.87V V1 2300 = = 10 V2 230 ZP = V1 2300 = = 10.003Ω. possuem uma certa (baixa) resistência.39 15 .3 MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Transformador real Considerando-se o fluxo disperso em um transformador teremos uma reatância XL1 no primário e uma reatância XL2 no secundário. e) a relação entre as f.m induzidas primária e secundária.3 = = 9.1Ω. I1 XL1 r1 Z1 φm E1 V1 I2 Z2 E2 α= XL2 r2 V2 ZL N1 N2 Transformador ideal Ilustração 18 A impedância interna primária do transformador é: Z1=r1+jXL1 A impedância interna primária do transformador é: Z2=r2+jXL2 Percorrendo-se a malha do lado primário da Ilustração 18 teremos: & = 0 ⇒ E& = V & − I Z& = V & − I (r + jX ) E& 1 + I1Z& 1 − V 1 1 1 1 1 1 1 1 L1 Percorrendo-se a malha do lado secundário da Ilustração 18 teremos: & = 0 ⇒ E& = V & + I Z& = V & + I (r + jX ) E& 2 − I 2 Z& 2 − V 2 2 2 2 2 2 2 2 L2 Para um transformador real com carga teremos V1>E1 e V2<E2 Exemplo 6 Um transformador abaixador de 500KVA.003 ⇒ Z = 0.7 = 2231. ou seja. 60Hz.Lunardo Alves de Sena .1 + j0.3Ω. calcule: a) as corrente primária e secundária. 2300/230V. Quando o transformador é usado como abaixador e está com carga nominal. primário e secundário.9A V2 230 Z& = 0.001Ω e XL2=0.87 ZL = V2 230 = = 0.9 × 0.1058Ω I2 2173.00316 = 6.87 = 236.7V E1 = V1 − I1Z1 = 2300 − 68. tem os seguintes parâmetros: r1= 0. são constituídos por fio de cobre. r2= 0.316Ω I1Z 1 = 217. XL1=0.00316 Ω 2 2 I2 Z 2 = 2173.316 = 68.41993 E 2 236. Observa-se também que os enrolamentos. d) as f.39A V1 2300 Z& 1 = 0.3V E1 2231. A resistência interna do enrolamento primário é r1 e do secundário r2.87V E 2 = V2 + I2 Z 2 = 230 − 6.IFRN / DIETIND 2. c) as quedas internas de tensão primária e secundária.e.58 Ω I1 217.3 ⇒ Z 1 = 0. b) as impedâncias internas primária e secundária.001 + j0. c) 3. 6 56. Uma tensão de 240V é aplicada ao lado de baixa. N2 E 2 V2 • A relação de transformação α = • A impedância de carga é sempre muito maior que a impedância interna do & = 0. 2880V b) 4320A c) 0.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Do Exemplo 6 podemos tirar duas conclusões: N1 E1 V = pode ser aproximada a α = 1 . d) as f.288Ω Quando o transformador é usado como elevador e está com carga nominal. calcule: a) as correntes primária e secundária. Uma impedância de carga de 6Ω é ligada ao lado de alta tensão. induzidas primária e secundária.31° Ω d) 1198. c) as quedas internas de tensão primária e secundária. 60Hz. d) as f. tem os seguintes parâmetros: r1= 0. b) a corrente primária.6Ω. c) a impedância de carga a partir da relação entre a tensão e a corrente secundárias. Z 2 Exercícios 1 O lado de alta tensão de um transformador elevador tem 1000 espiras e o lado de baixa tensão tem 200 espiras.1058Ω .56° V. O lado de alta tensão tem 1200 espiras e o lado de baixa tensão tem 100 espiras. Calcule: a) a corrente e a tensão secundárias.67A.e. a) 500A. induzidas primária e secundária.0.2Ω e XL1=0.005 56. XL2=0. tem os seguintes parâmetros: r1= 0.34 0. a) 41.06Ω e Z2= 0. 60Hz. 50A b) 0. r2= 0. 0. calcule: a) as corrente primária e secundária.Lunardo Alves de Sena . b) as impedâncias internas primária e secundária.632 71. c) a impedância de entrada do primário a partir da relação entre a tensão e a corrente primárias. 12000/1200V.6 71. Uma tensão de 240V é medida no lado de baixa. XL1=0. c) as quedas internas de tensão primária e secundária. Calcule: a) a corrente e a tensão primárias.31 ° V.00632 71.0.m.0556Ω d) 0.333 .24Ω d) 0.14° V.072 56. 20.04Ω.14° V 4 Um transformador abaixador de 50KVA.56° Ω.24Ω 2 A impedância do primário de um transformador abaixador é 8Ω.83A b) 0.12° V.31° V 2403. b) a impedância interna primária. 1200V b) 1000A c) 0.0556Ω 3 Um transformador abaixador de 600KVA.002Ω. c) 3.16 71.56° Ω 31.56° V 12010. 2 d) a impedância do primário por meio da equação Z1 = α Z 2 a) 360A. d) 1199 .m.12° V 16 .006Ω. 1200/2400V. Quando o transformador é usado como elevador e está com carga nominal.00316Ω ) transformador ( Z L = 0.e.04 0. d) a impedância de entrada no primário por meio da equação Z1 = α 2 Z 2 a) 200A. b) a corrente secundária. I1 I'1 Im V1 α2 XL2 α2 r2 XL1 r1 Z1 α2 ZL Rm XLm Ilustração 20 Olhando o esquema da Ilustração 20. podemos observar que este circuito poderá ficar reduzido ao que mostramos na Ilustração 21: I1 Re1 é a resistência equivalente interna do transformador referida ao primário. teríamos I’1 = 0. poderemos admitir que a corrente de magnetização. consequentemente I1 = Im. O esquema mostra o observador do lado primário. é uma corrente muito pequena em relação à corrente de carga. I'1 r1 + α2 r2 XL1+ α2 XL2 Re1 Xe1 Im V1 α2 ZL Rm XLm Ze1 = Re1 + j Xe1 é a impedância equivalente interna do transformador referida ao primário. Ilustração 21 I1 Quando o transformador está com carga. Im. • Rm representa o parâmetro das perdas no ferro. • Caso não exista carga. deslocando-se o ramo paralelo para próximo da fonte V1. • I’1 = I1+Im. no núcleo (perdas por correntes parasitas e perdas por histerese).Lunardo Alves de Sena .IFRN / DIETIND 2. ou seja. • α2r2 representa a resistência interna do secundário referida ao primário. daí poderemos ter o circuito equivalente do transformador simplificado conforme a Ilustração 22 V1 r1 + α2 r2 XL1+ α2 XL2 Re1 Xe1 α2V2 α2 ZL Ilustração 22 17 .4 MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Circuito equivalente de um transformador A Ilustração 19 é a representação do circuito equivalente de um transformador que satisfaz as condições dele a vazio e com carga. • XLm representa a componente reativa do transformador. ZL igual a zero. I1 XL1 r1 α2 XL2 α2 r2 I'1 Im Z1 V1 Rm α2 ZL XLm Ilustração 19 Podemos fazer algumas considerações a respeito deste circuito equivalente da Ilustração 19: • Z1 é a impedância do enrolamento primário. Xe1 é a reatância equivalente interna do transformador referida ao primário. • α2XL2 representa a reatância interna do secundário referida ao primário • α2XL representa a carga (que está no secundário) referida ao primário Como a queda de tensão sobre Z1 é pequena este circuito equivalente pode ser redesenhado conforme Ilustração 20. IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Exemplo 7 Um transformador abaixador de 500KVA, 60Hz, 2300/230V, tem os seguintes parâmetros: r1= 0,1Ω, XL1=0,3Ω, r2= 0,001Ω e XL2=0,003Ω. Quando o transformador é usado como abaixador e está com carga nominal, calcule: a) a resistência interna equivalente referida ao primário; b) a reatância interna equivalente referida ao primário; c) a impedância interna equivalente referida ao primário; d) a impedância de uma carga de 0,1Ω referia ao primário; e) a corrente de carga primária se a fonte de alimentação é de 2300V. Solução: a) R eq1 = r1 + α 2 r2 = 0,1 + 10 2 × 0,001 = 0,2Ω b) X eq1 = X L1 + α 2 rX L2 = 0,3 + 10 2 × 0,003 = 0,6Ω c) Z eq1 = R eq1 + jX eq1 = (0,2 + j0,6)Ω = 0,632Ω d) Z L1 = α 2 Z L = 0,1 × 10 2 = 10Ω = (10 + j0)Ω e) I1 = V1 2300 2300 2300 = = = = 225,101A Z eq1 + Z L1 (0,2 + j0,6) + (10 + j0) 10,2 + j0,6 10,2176 Da mesma forma que temos a impedância interna equivalente de um transformador referida ao primário, podemos também ter estes parâmetros referidos ao secundário. R eq2 = r2 + 1 α2 X eq2 = X L2 + r1 1 α2 X L1 Z eq2 = R eq2 + jX eq2 2.5 Regulação de tensão A regulação em tensão de um trafo diz respeito diferença entre a tensão entregue a carga, sob condições nominais (V2), e a tensão nos terminais do secundário estando o trafo em vazio (E2). E − V2 V2  →100% × 100% ⇒ R% = 2 V2 (E 2 − V2 ) → R% Exemplo 8 Um trafo de 500KVA, 2300/230V tem resistência interna equivalente secundário (BT) igual a 0,002Ω. A reatância interna equivalente, também secundário, vale 0,006Ω. Calcule: a) E2 quando o transformador tiver com carga nominal secundária e fator unitário; b) E2 quando o transformador tiver com carga nominal secundária e fator de em atraso; c) E2 quando o transformador tiver com carga nominal secundária e fator de em avanço; d) a regulação em tensão para os itens (a), (b) e (c) Solução: a) I 2 = referida ao referida ao de potência potência 0,8 potência 0,6 S 500 × 10 3 = = 2173,9A V2 230 r2eq = r2 + r1 α 2 X L2eq = X L2 + ⇒ r2 = r1 α 2 X L1 ⇒ X L2 α2 0,002 = 0,001Ω ; 2 X 0,006 = L1 ⇒ X L2 = = 0,003Ω 2 α 2 ⇒ r2 = Z& 2 = (0,001 + j0,003)Ω = 0,00316 71,56°Ω 18 - Lunardo Alves de Sena IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA I 2 Z 2 = 2173,9 × 0,00316 71,56° = 6,87 71,56°V E 2 = V2 + I 2 Z 2 = 230 + 2,17 + j 6,52 = 232,17 + j6,52 = 232,26 1,61°V ⇒ E 2 = 232,26V b) p/cosϕ = 0,8 em atraso ⇒ ϕ = −36,87° I2 = S - 36,87° = 2173,9 - 36,87° V2 I 2 Z 2 = 2173,9 - 36,87 ° × 0,00316 71,56° = 6,87 34,69°V I 2 Z 2 = 6,87 34,69°V E 2 = V2 + I 2 Z 2 = 230 0° + 6,87 34,69° = 230 + 5,65 + j3,91 = 235,65 + j3,91 = 235,68 0,95°V E 2 = 235,68V c) p/cosϕ = 0,6 em avanço ⇒ ϕ = 53,13° I2 = S 56,13° = 2173,9 56,13° V2 I 2 Z 2 = 2173,9 56,13° × 0,00316 71,56° = 6,87 124,69°V E 2 = V2 + I 2 Z 2 = 230 0° + 6,87 124,69° = 230 − 3,91 + j5,65 = 226,09 + j5,65 = 226,16 1,43°V E 2 = 226,16V d) Regulação p / E2= 232,26V ⇒ R% = E 2 − V2 232,26 - 230 × 100% = × 100% = 0,98% 230 V2 R% = 0,98% Regulação p / E2= 235,68V ⇒ R% = E 2 − V2 235,68 - 230 × 100% = × 100% = 2,5% V2 230 R% = 2 , 5 % Regulação p / E2= 226,16V ⇒ R% = E 2 − V2 226,16 - 230 × 100% = × 100% = −1,7% 230 V2 R% = −1,7% 19 - Lunardo Alves de Sena IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Exercícios 1 - Um transformador abaixador de 500KVA, 60Hz, 230/2300V, tem os seguintes parâmetros: r1= 0,001Ω, XL1=0,003Ω, r2= 0,1Ω e XL2=0,3Ω, Quando o transformador é usado como elevador e está com carga nominal, calcule: a) a resistência interna equivalente referida ao primário; b) a reatância interna equivalente referida ao primário; c) a impedância interna equivalente referida ao primário; d) a impedância de uma carga de 10Ω referia ao primário; e) a corrente de carga primária se a fonte de alimentação é de 230V. a) 0,002Ω b) 0,006Ω c) 6,32 X 10-3Ω e) 23A d) 0,1Ω 2 - Para o trafo do exercício anterior determine: a) a resistência interna equivalente referida ao secundário; b) a reatância interna equivalente referida ao secundário; c) a impedância interna equivalente referida ao secundário; a) 0, 2Ω b) 0, 6Ω c) 0,632 Ω 3 - Um trafo de 500KVA, 230/2300V tem resistência interna equivalente referida ao secundário (AT) igual a 0,2Ω. A reatância interna equivalente, também referida ao secundário, vale 0,6Ω. Calcule: a) E2 quando o transformador tiver com carga nominal secundária e fator de potência unitário; b) E2 quando o transformador tiver com carga nominal secundária e fator de potência 0,6 em atraso; c) E2 quando o transformador tiver com carga nominal secundária e fator de potência 0,8 em avanço; a) 2347V b) 2430,32V c) 2180,65V 4 – Para o trafo do exercício anterior (3) calcule a: a) regulação quando o transformador tiver com carga nominal secundária e fator de potência unitário; b) regulação quando o transformador tiver com carga nominal secundária e fator de potência 0,6 em atraso; c) regulação quando o transformador tiver com carga nominal secundária e fator de potência 0,8 em avanço; d) regulação quando o transformador tiver com ½ carga nominal secundária e fator de potência 0,6 em atraso; e) regulação quando o transformador tiver com ½ carga nominal secundária e fator de potência 0,8 em avanço. a) 2,04% b) 5,7% c) -5,2% d) 2,83% e) -0,9% 20 - Lunardo Alves de Sena são devidas principalmente à histerese. permitindo transferir ao secundário cerca de 98% da energia aplicada no primário. • Perdas por correntes parasitas .resultam da resistência dos fios de cobre nas espiras primárias e secundárias. • Perdas por histerese – a energia é transformada em calor na reversão da polaridade magnética do núcleo transformador. os transformadores modernos apresentam grande eficiência. Existe ainda uma pequena parcela localizada no empilhamento (perdas adicionais). η% = P saída × 100% P entrada Pentrada = Psaída + Pcu + Pfe P → Potência entrege  saída  Pcu → Potência dissipada  Pfe → Potência dissipada  a nos no carga em Watts enrolamentos núcleo em em Watts Watts Determinação do rendimento 2. As perdas . ou é sujeita a um fluxo magnético móvel.transformação de energia elétrica em calor . Devido ao fato do rendimento ser muito elevado nos grandes transformadores.6 MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Rendimento Os transformadores são máquinas elétricas estáticas (não possui partes móveis). cujo valor. Define-se como rendimento instantâneo dos transformadores à relação entre a potência elétrica real de saída e a potência elétrica real de entrada. não existe diferença significativa entre a potência ativa aplicada ao transformador e a fornecida por este. pois não apresenta perdas mecânicas por atrito e ventilação. As perdas pela resistência do cobre são perdas sob a forma de calor e não podem ser evitadas. Graças às técnicas com que são fabricados.quando uma massa de metal condutor se desloca num campo magnético.1 Método direto O rendimento pode ser determinado pela medida da potência ativa que é fornecida. Ilustração 23.6. às correntes parasitas e perdas no cobre. e pela potência ativa de saída do transformador. a potência útil no secundário é menor que no primário. circulam nela correntes induzidas. maiores do que as de origem eletromagnética. não é o mais eficiente e exato. Neste caso o método direto. • Perdas no cobre . normalmente expressa em porcentagem.IFRN / DIETIND 2. o que reforça ainda mais essa conclusão. é desprezível. Estas perdas são normalmente.Lunardo Alves de Sena . a transferência de energia elétrica do primário para o secundário se faz acompanhada de perdas. cujo rendimento é bastante alto. Essas correntes produzem calor devido às perdas na resistência do ferro. ou seja. se comparado com as demais máquinas elétricas (rotativas: motores e geradores). A V1 W Pentrada W Psaída I2 I1 CARGA (Ativa) V2 Ilustração 23 21 . Durante a operação de um transformador. é a nominal. estando ou não o trafo carregado. não existe corrente no secundário e não há perdas no cobre deste enrolamento. VCC. W A VCC PCA I2 I1 V2=0 V Ensaio em Cutocircuito Ilustração 26 22 . ICA=I1 VN1=V1=VCA I'1 r1 + α2 r2 XL1+ α2 XL2 Im Re1 Xe1 Rm V2 XLm Ilustração 25 podemos afirmar que: V12 Pfe = Rm As perdas no cobre serão consideradas “nulas”. que é a mesma “sempre”. nesta ocasião. Se imaginarmos o circuito equivalente do trafo da Ilustração 25. Estas perdas são consideradas fixas. terá que limitar-se a um valor que não permita que a corrente I1 ultrapasse o valor da corrente nominal. a tensão de alimentação. no ensaio.6. A corrente em vazio no primário é muito reduzida o que leva a que as perdas no cobre possam ser desprezadas. (VCA). A corrente que circula.IFRN / DIETIND 2. VCC. é a corrente de magnetização. Portanto. W A V1 PCA I2=0 I1=Im V2 V Ensaio à vazio .Lunardo Alves de Sena . visto que a tensão aplicada. Ilustração 26. Ilustração 24. é muito menor que a tensão nominal do transformador. Esta tensão. pois I’1= 0 ⇒ Pcu = R e1 × I1' Ensaio de curto-circuito Quando o transformador está com seu secundário curto-circuitado.Circuito aberto Ilustração 24 Para este ensaio a potência medida no Watímetro representa as perdas no ferro (núcleo) do transformador. a potência ativa mensurável em vazio representa a potência dissipada no núcleo de ferro.2 MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Método através da medida das peradas Ensaio de circuito aberto Quando o transformador está em vazio. visto que a corrente que circula. pede ser desprezada. 2 Pcu = R eq1 × I CC Estas perdas. no cobre. são máximas. considerando uma carga qualquer: η= V2 I 2 cosϕ ×100% ⇒ o cosϕ é o fator de potência da carga  Pfe  I 22 R e2 V2 I 2 cosϕ +   FIXAS VARIÁVEIS Usando um artifício matemático (derivada).Lunardo Alves de Sena . para este ensaio de CC. chega-se a conclusão que o rendimento máximo ocorre quando Pfe=Pcu Pfe = R e2 × I 22 I2 = para rendimento máximo Pfe Re 2 ⇒ o valor da corrente do secundário onde ocorre o rendimento máximo. Generalizando podemos reescrever a equação do rendimento. 23 .IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Considerando a afirmação de que VCC é muito menor que a tensão nominal e observando ainda circuito equivalente do trafo na Ilustração 27 podemos admitir que a perda no ferro (núcleo). No ensaio de curto-circuito podemos dizer que. Neste ensaio ICC = IN1. ICC. são consideradas variáveis. estas perdas. I1=ICC=IN1 I'1 Im VCC Rm r1 + α2 r2 XL1+ α2 XL2 Re1 Xe1 XLm Ilustração 27 2 V12 VCC Pfe = = → VCC é muito pequeno em relação a tensão nominal Rm Rm Já as perdas no cobre (enrolamentos) serão consideradas. pois dependem da corrente de carga. é a corrente nominal. b) a resistência do enrolamento do lado de baixa apenas.27 R e(BT) = 0.00142Ω  = 11.00142Ω R e(AT) b) R BT = R BT R e(BT) = 2 = 0.00142 = 0. ICC(AT) = 217. Solução: a) R e(AT) = PCC 8200 = = 0.5A.1731  V   2300  2 =  AT  =  = = 0. d) as perdas no núcleo do transformador quando a tensão nominal é aplicada. PCA = 1800W • Em curto-circuito: VCC(AT) = 95V. PCC = 8. 2300/208V.06 → R e(BT) = R e(BT)  VBT   208  11.87W 24 .13W PCu(BT) = 5.00071Ω 0.87W d) Pnúcleo = PCA − I CA Pnúcleo = 1794.5)2 2 2 R e(AT) 0. antes de ser colocado em operação. 60Hz teve seus ensaios a vazio e em curtocircuito.00071 = 5. • A vazio: VCA(BT) = 208V. ICA(BT) = 85A. c) as perdas no cobre do enrolamento de baixa durante o ensaio a vazio.06 2 122.173Ω 2 I CC (217.00071Ω 2 2 c) PCu(BT) = I CA × R BT = 852 × 0.2KW Calcule.13 = 1794.13W 2 × R BT = 1800 − 5. Os dados dos ensaios foram.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Exemplo 9 Um transformador de 500KVA. a) a resistência equivalente referida ao lado de baixa.Lunardo Alves de Sena . a) 41.000/240V foi ensaiado em vazio e curto-circuito.0% η5/4= 25 . c) a regulação em tensão do trafo abaixador a cosϕ=1 e plena carga.Um transformador de 20KVA. USADO BT AT a) a regulação para cosϕ=0. a) 4. c) o rendimento à plena carga para cosϕ=0.2% 5 – Repita o problema anterior. b) a resistência e a reatância equivalentes referidas ao lado BT. 3/4.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Exercícios 1 .33% 3 – A partir dos dados do problema anterior.8 em atraso.6 em atraso η1/8=93. 50. c) os rendimentos do transformador para cargas de 25.8 em atraso.2Ω. a) 0. 1/4.17% b) η50%=97. 1 e 5/4 da carga nominal.19Ω c) 1. Imaginando que as perdas relativas à carga nos enrolamentos são iguais. d) o rendimento máximo para uma carga de cosϕ=0. 12. à plena carga. 660/120V tem perdas em vazio de 250W e uma resistência do lado de AT de 0.875% d) 3. à plena carga.9%. d) repita o item (c) para cosϕ=0.8 em atraso.3% η1=97. η100%=97% b) 367. calculando os rendimentos para cosϕ=0. com cosϕ=1.4% b) 180W 4 – Um trafo de 100KVA.5A nominal POTÊNCIA 60W 180W ENROL.9 em atraso a) 60W c) η=97. 1/2.633 d) 98. 100 e 125% da carga nominal. sendo os resultados: ENSAIO TENSÃO a vazio 240V de curto-circuito 180V Com os dados dos ensaios calcule: CORRENTE 1. Os resultados foram: ENSAIO TENSÃO a vazio 240V de curto-circuito 600V Com os dados dos ensaios calcule: CORRENTE 8. b) a perda no cobre equivalente à plena carga.104Ω e 0.0661Ω c) η50%=96.8 em atraso a 1/8. η100%=97. 60Hz.75A nominal POTÊNCIA 480W 1200W ENROL. 4800/240V é ensaiado a vazio e a curto-circuito.5% η3/4=97. c) a fração da carga nominal onde ocorre o rendimento máximo. USADO BT AT a) a resistência e a reatância equivalentes referidas ao lado AT. calcule: a) a resistência do lado BT. 60Hz.6Ω e 76Ω b) 0.7% c) 0. calcule: a) as perdas no núcleo do transformador. b) as perdas no cobre. respectivamente.Lunardo Alves de Sena . 75.8% η1/4=96.5% η1/2=97.7%. b) os rendimentos para cosϕ=0. imaginando que a regulação do transformador é zero. item (b).31W 2 – Um trafo de 10KVA. Lunardo Alves de Sena . A tensão V1 é maior que a tensão V2 (Autotrafo abaixador) e a corrente I1 é menor que a corrente I2. porém sacrificamos a isolação entre os circuitos do primário e secundário.IFRN / DIETIND 3 MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Auto transformadores Os transformadores convencionais possuem isolação elétrica entre o enrolamento primário e secundário. pois ai temos um autotransformador elevador onde V1 é menor que V2. Veja que Ic tem sentido tal a garantir que I1 seja maior que I2. No Autotransformador estas duas partes. N 2 V2 I1 I1 I2 V1 Ic V2 Carga Abaixador Ilustração 28 No Autotransformador abaixador se obedece a relação: V1I1 = V2 I 2 . Na Ilustração 28 temos um Autotransformador abaixador. Ou seja. A Ilustração 28 mostra ainda que: I 2 = I1 + I c Na Ilustração 29 temos agora um Autotransformador elevador. I2 I1 V2 V1 Carga Ic Elevador Ilustração 29 No Autotransformador elevador também obedece à relação: V1I1 = V2 I 2 . muito pelo contrario. um transformador de enrolamentos múltiplos é considerado um Autotransformador se todos os seus enrolamentos forem ligados em série (com polaridade positiva ou negativa) formando um único enrolamento. primário e secundário. Observe novamente o sentido da corrente Ic. A Ilustração 29 mostra ainda que: I1 = I 2 + I c 26 . A ilustração lembra um “divisor de tensão”. segundo a relação N1 V1 I1 = = . não são isoladas uma da outra. Veja que Ic tem sentido oposto ao que se convencionaria num “divisor de tensão”. estas partes são ligadas fisicamente. porém uma observação no sentido da corrente Ic contata-se que o circuito não representa um “divisor de tensão”. Define-se Autotransformador como um transformador de um único enrolamento. Nesta condição (enrolamentos ligados em série) obtém-se transformações com grandes rendimentos. O que se observa na realidade é que este circuito se comporta como um transformador: Autotransformador. I1 = I 2 + I c ) são válidas para qualquer Autotransformador com polaridade aditiva ou subtrativa. Na Ilustração 31 a figura (a) representa o transformador isolado. se for elevador. teríamos um esquema conforme a Ilustração 32 : I2 X2 I1 Entrada X1 H2 Saída Ic H1 Ilustração 32 27 .Lunardo Alves de Sena . a relação deverá ser I1 = I 2 + I c Qualquer trafo comum de dois enrolamentos pode ser convertido em um Autotransformador. Ou seja. que contêm o termo Ic ( I 2 = I1 + I c . Por exemplo: O esquema da Ilustração 30 representa um Autotransformador abaixador com polaridade subtrativa. do Atotrafo abaixador e elevador. sempre que o Autotransformador for abaixador esta relação deverá ser usada. Caso contrário. na figura (b) este mesmo trafo convertido em um Autotransformador. H1 X1 H1 V2 V1 H2 X1 Saída Entrada H2 X2 X2 (b) Autransformador polaridade aditiva (a) Transformador original Ilustração 31 Redesenhando o Autotransformador da Ilustração 31 (b).IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Esta duas equações. A tensão V1 é maior que a tensão V2 I2 I1 V2 V1 Carga Ic Abaixador Ilustração 30 a equação de Ic para este Autransformador é I 2 = I1 + I c . e) I1 e Ic a partir do valor de I2 usado no item (c).333 = 8. é a responsável pelo aumento de capacidade do Autotransformador em relação ao transformador isolado.666A 1200 a) I120V = b) c) d) e) I1 = I 2 + I c ⇒ I c = I1 − I 2 = 91. d) o acréscimo percentual da capacidade do Autotransformador em relação ao transformador isolado. b) a capacidade original (em ampéres) do enrolamento de 1200V. quando usado como Autotransformador. Calcule: a) a capacidade original (em ampéres) do enrolamento de 120V.333 × 1320 = 110000VA = 110KVA 110 Acréscimo = ×100% = 1100% 10 110000 I1 = = 91.333A 1200 SAutotrafo = 83. conforme Ilustração 31 (a). ligado como Autotransformador com polaridade aditiva conforme Ilustração 32. I2 I1 I1 = I 2 + I C V2 = V1 + VS Vs V2 V1 Ic Elevador Ilustração 33 Carga Elevador V2 × I 2 = V1 × I 2 + VS × I 2 ↓ ↓ ↓ STOTAL SCOND STRANSF SCOND = V1 × I 2 ⇒ energia transferida condutivamente STRANSF = VS × I 2 ⇒ Energia transformada 28 .333A 120 10000 I1200V = = 8. transferida condutivamente. Ilustração 33e Ilustração 34. Solução: I2 X2 H1 X1 I1 V2= 120V V1= 1200V H2 X2 V1=1200V Transformador original X1 H2 V2=1320V Ic H1 Autotransformador 10000 = 83.Lunardo Alves de Sena .333A f) não há sobrecarga. f) a sobrecarga percentual no enrolamento de 1200V. c) a capacidade do Autotransformador (Ilustração 32) usando a capacidade do enrolamento de 120V calculada no item (a). 1200/120V. “condutivamente” (não sofre processo do transformador).IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Exemplo 10 Para um transformador isolado de 10KVA. pois Ic=I1200V Energia transferida e transformada Na conversão de energia de um Autotransformador existe uma grande quantidade que é transferida.666 − 83. Esta energia. do primário para o secundário. b) a capacidade em KVA do transformador isolado. calcule (desprezando as perdas e a corrente de magnetização): I2 I1 VS=600V V2=3000V V1=2400V Ic Elevador a) a corrente em cada parte do transformador isolado de 2400/600V. para carga nominal e FP unitário. Se a carga secundária é de 50A. para carga nominal e FP unitário. 2 . à carga nominal e FP unitário.Um autotransformador elevador é utilizado para alimentar em 3 KV uma carga a partir de uma linha de 2. VS=600V I1 V2=1800V V1=2400V Ic Abaixador 4 . Se a carga secundária é de 50A. 29 . calcule potência transformada e transferida. c) a corrente I1 solicitada da linha de alimentação de 2. d) a capacidade em KVA de um transformador convencional de dois enrolamentos.Um autotransformador abaixador (polaridade subtrativa) é utilizado para alimentar em 1.Para o transformador do problema anterior (3).4 KV.Lunardo Alves de Sena . c) a corrente I1 solicitada da linha de alimentação de 2. calcule: a) a potência transformada do primário ao secundário.4 KV. 3 .4 KV para o Autotransformador.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Abaixador I1 Vp V1 I 2 = I1 + I C V1 = V2 + VP V1 × I1 = V2 × I1 + VP × I1 ↓ ↓ ↓ I2 Ic V2 Carga STOTAL SCOND STRANSF SCOND = V2 × I1 ⇒ energia transferida condutivamente Abaixador STRANSF = VP × I1 ⇒ energia transformada Ilustração 34 Exercícios 1 . b) a potência transferida condutivamente do primário ao secundário. b) a capacidade em KVA do transformador isolado. calcule (desprezando as perdas e a corrente de magnetização): I2 a) a corrente em cada parte do transformador isolado de 2400/600V.Para o transformador do problema anterior. d) a capacidade em KVA de um transformador convencional de dois enrolamentos.8 KV uma carga a partir de uma linha de 2. necessário para realizar a mesma transformação.4 KV para o Autotransformador. necessário para realizar a mesma transformação. do primário ao secundário. entre uma fase e outra se denomina tensão de linha. por exemplo.Lunardo Alves de Sena . Vetorialmente poderemos escrever a expressão: VRS = VR − VS . VS e VT. A tensão medida entre cada par de fios de fase é dada pela resultante das duas tensões de fase consideradas. Analogamente. entre as outras fases existe uma tensão de linha resultante de uma soma vetorial (diferença de potencial entre as fases) das fases envolvidas. indicam-se com VR. também. VRS (tensão de linha) é a diferença de potencial entre as tensões VR e VS (tensões de fase). ser composto por um único transformador trifásico com seis enrolamentos num núcleo comum. ou seja. A Ilustração 35 mostra três trafos monofásicos idênticos que podem ser transformados em um trafo trifásico. Ilustração 38: VRS VR 30° -VT -VS VST 30° VS 30° VT -VR VTR Ilustração 38 30 . Para obter essa resultante é necessário compor (como no diagrama vetorial da Ilustração 37). a tensão de fase VR com a tensão de fase VS. que na realidade é a resultante de duas tensões de fase. defasadas entre si de 120°.IFRN / DIETIND 4 MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Transformador trifásico O transformador trifásico nada mais é do que três transformadores monofásicos idênticos interligados. H1 X1 A H1 a H2 X1 B X2 H1 X1 b H2 C X2 c H2 X2 Ilustração 35 A tensão trifásica que irá alimentar os transformadores trifásicos tem a configuração da Ilustração 36 VR VRS VT VR ω VR 120 ° 30° -VS 120° 120° VS VS VT Ilustração 36 VS VT Ilustração 37 A tensão entre um fio de fase e o fio neutro é a tensão de fase. Assim. Pode. entre os módulos das tensões de linha e os módulos das tensões de fase. a relação: VRS = VF cos 30° + VF cos 30°.VS = VRS.Lunardo Alves de Sena . portanto: VRS = VL = 2 VF cos 30° sendo cos 30° = 3 → VL = 2 3 VF Ligando o transformador da Ilustração 35 com o primário em estrela. resultam defasadas em avanço de 30° sobre o respectivo vetor minuendo.m. As tensões de linha VRS. Ilustração 39: VS O SÃ EN T - VF DE V SE FA F -T EN SÃ O 30° DE FA SE -VT 30° VL . indicado pelo primeiro índice. R H1 r A X1 a VRS H2 VTR X2 H1 S s B VST N T X1 b H2 X2 H1 t C X1 c H2 X2 Ilustração 40 31 . VR . entre um fio e o seguinte no sentido dos atrasos. Para a determinação do módulo da tensão de linha em relação à tensão de fase. teremos a configuração representada na Ilustração 40. VS e VT. defasadas entre si de 30°.TENSÃO DE LINHA VST Ilustração 39 Da análise do triângulo isósceles da Ilustração 39 obtém-se. poderemos observar a diferença vetorial destas f.e.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Dizemos então que as tensões de fase indicadas por VR. estão defasadas entre si de 120°. VST e VTR. b e c irão ter o mesmo ângulo de fase das tensões de fase do secundário. S e T. R H1 X1 A r a VRS VTR Vrs S H2 X2 H1 X1 B 60° Vs 90° Vtr s -Vr -Vt Vtr 180° b Vst VST N T Vst H2 X2 H1 X1 n Vt Vr -30° -150° t -Vs Vrs -60° C c H2 Ilustração 44 X2 Ilustração 43 O diagrama com a representação das tensões de fase e de linha do secundário deste transformador está representado na Ilustração 44. O terminal H1. s e t. as f. O terminal X1. se ligarmos o secundário juntando os X1 no ponto n e colhermos a tensão nos X2. evidentemente.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Se for aplicado ao primário deste trafo. b e c em um único ponto (centro da estrela). Se a polaridade não for respeitada. VST 60° VS 90° -VR -VT VTR 180° Vs 90° VR -30° VT -150° -VS VRS -60° Vt Vr -150° 30° Ilustração 42 Ilustração 41 Se o secundário for ligado também em estrela teremos a configuração apresentada na Ilustração 43 Veja que a polaridade das bobinas foi respeitada: • No primário juntou-se H2 das bobinas A. Ilustração 41. da Ilustração 40.destas bobinas (A. induzidas nas bobinas do secundário a. foi levado às fases R. tensões de linha VRS.Lunardo Alves de Sena . • No secundário foi feito o mesmo procedimento.m. ou seja. respeitando.e. são as fases de saída do transformador r.destas bobinas (a.B e C). juntou-se X2 das bobinas a. teríamos a configuração da Ilustração 45 32 . VST e VTR. a relação de transformação. B e C em um único ponto (centro da estrela). ou seja. b e c). conforme defasagem indicada na Ilustração 42. considerando padrão aplicado ao primário. a diferença de potencial causada. Se apenas uma bobina for invertida. por exemplo.IFRN / DIETIND R MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA H1 X1 A a Vrs 120° VRS VTR S H2 X2 H1 X1 -Vs r Vr 150° n B VST N X2 H1 T Vrs b H2 Vt 30° s Vtr Vtr -Vt -Vr X1 C Vs -90° Vst c H2 Vst -120° Ilustração 46 X2 t Ilustração 45 Observe que há uma inversão (180°) nas tensões de linha e de fase. teremos problemas também. Nesta situação deixaremos de ter a defasagem entre as tensões do valor constante (120°). A Ilustração 47 mostra que para o trafo ligado conforme a Ilustração 45 as tensões ficam defasadas de 180° em relação à ligação conforme a forma de ligação da Ilustração 43. Veja que a bobina b está invertida em relação às demais. Vst 60° Vrs 120° Vtr 180° Vtr Vrs -60° Vst -120° Ilustração 47 Os secundários destes dois transformadores jamais poderão ser ligados em paralelo. As tensões de linha deixam de ter valores iguais em termos absolutos. conforme Ilustração 48. 33 . pois se o fizermos a tensão resultante da junção dos respectivos terminais será muito grande (onde deveria ser zero). ou seja.Lunardo Alves de Sena 0° 0° . Isto será um “curto-circuito”: teríamos uma grande ddp sobre o enrolamento do secundário. entre a fase Vr do trafo da Ilustração 43 com a fase Vr do trafo da Ilustração 45 seria de 2× Vr ( Vr − 90 − Vr 90 ). Isto também provocará uma situação de curtocircuito. Com ficou evidenciado as polaridades terão que ser sempre respeitadas. Neta ligação fazse a junção do “fim” de uma bobina com “início” da outra.IFRN / DIETIND R MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA H1 X1 A r a VRS VTR S H2 X2 H1 X1 -Vs Vrs -Vr Vtr n -Vt Vrs 30° Vtr 180° B VST N T b H2 H1 C X2 s X1 t Vt Vst Vst Vs -90° c H2 Vr -30° -150° Ilustração 49 X2 Ilustração 48 A outra opção de ligação de transformadores é em ∆ (Delta). R H1 X1 A r a Vrs VRS VTR S H2 X2 H1 X1 B VST N T s b H2 Vr Vs 90° Vst X2 H1 X1 Vt t Vtr C 30° -150° Ilustração 51 c H2 X2 Ilustração 50 34 . Na ligação em ∆ (Delta) a tensão de linha coincide com a tensão de fase. A Ilustração 50 mostra esta ligação feita no secundário. Continua sendo muito importante o respeito à polaridade das bobinas.Lunardo Alves de Sena -30° . Ilustração 51. fechando o delta. b) as correntes nominais secundárias de fase e de linha da bancada. a) a potência real consumida em KW e a aparente KVA. do secundário de uma bancada transformadora de distribuição de 60KVA. em KVA nominais. c) ∆-Y.7 em atraso.Lunardo Alves de Sena .06A 3 × VL 3 × 2300 Na ligação em Y ⇒ I F = I L = 15.61A Na ligação em ∆ ⇒ I F = IL 3 = 150.61 3 = 86. cuja potência nominal é de 50KVA (bancada com 3 trafos monofásicos). b) em ∆ para produzirem 4160V entre linhas. a corrente e a capacidade.61 % = 66.4% 150. b) as correntes nominais secundárias de fase e de linha da bancada. ligada em Y-∆. Especifique a tensão.837KVA S = 39.O secundário de um trafo trifásico entrega 80A a cosϕ=0. 2300/230V.500 espiras cada um em AT.17VA = 39.Uma carga trifásica de 50 kV A em 220 V deve ser alimentada a partir de uma fonte trifásica de 13200V. d) as correntes primárias de fase e de linha.95A I F = 86. b) Y-∆. de 7.02W = 27. d) ∆-∆.837KVA S 60000 b) S = 3 × VL × I L ⇒ I L = = = 150. Calcule. c) o percentual de carga para o transformador (compare a carga nominal com a carga em uso). 2 .IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Exemplo 11 Uma fábrica drena 100A a cosϕ=0. ligada em ∆-Y. Solução: a) P = 3 × VL × I L cosϕ = 3 × 230 ×100 × 0.886KW P = 27.400 V.7 em atraso. a) a potência real consumida em KW e a aparente KVA.95A c) o percentual será ⇒ % = I L(carga) I L(nominal) 100% = 100 × 100% = 66.886KW S = 3 × VL × I L = 3 × 230 × 100 = 39837. 2300/230V. e) a capacidade em KVA de cada transformador.4% S 60000 d) I L = = = 15. c) as correntes primárias de fase e de linha. Calcule. dos transformadores monofásicos necessários para as seguintes ligações: a) Y-Y.7 = 27886.Dados 3 transformadores idênticos. trifásica e ligados respectivamente a) em Y para produzirem 4160V entre linhas.61A 3 × VL 3 × 230 I L = 150.06A e) A capacidade de cada transformador ⇒ 60000 = 20000 = 20KVA 3 Exercícios 1 . calcule os números de espiras a serem utilizadas nos lados de BT quando os primários são ligados em delta a uma rede de 26. 35 . 3 . transformador). a facilidade de transporte e a facilidade de distribuição. ou • dentro de mesmo tipo de energia. Antoine Laurent Lavoisier (1743-1794) Conceito de máquina elétrica: Conjunto de órgãos ou “sistema” destinados a promover a transformação de energia: “um sistema destinado a efetuar uma conversão de forma de energia em que pelo menos uma das formas é elétrica” Esta transformação pode ser: • de um tipo noutro (ex: energia elétrica em energia térmica). uma alteração das suas características físicas (ex: energia elétrica em elétrica. veja o Diagrama 1. A energia elétrica tem como características importantes a facilidade de conversão. tudo se transforma”. nada se perde.Lunardo Alves de Sena . Energia térmica Energia solar Energia eólica Energia hidráulica Energia mecânica GERAÇÃO Energia nuclear Alternador TRANSPORTE Energia eléterica Transformador Cargas DISTRIBUIÇÃO Energia eléterica Cargas Cargas Diagrama 1 No Diagrama 2 está representado o sentido da conversão da energia: Energia elétrica MOTOR Energia mecânica Energia mecânica GERADOR Energia elétrica Diagrama 2 36 .IFRN / DIETIND 5 MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Máquinas elétricas rotativas Principio da Conservação de Energia – “na natureza nada se cria. este fica submetido a uma DDP.Lunardo Alves de Sena . Um condutor. • • • • O funcionamento baseia-se nos seguintes princípios: Qualquer condutor percorrido por uma corrente elétrica cria em seu redor um campo magnético. Classificação das máquinas elétricas: ESTÁTICA ⇒ TRANSFORMADOR    MOTOR   ASSÍNCRONAS  GERADOR DE CORRENTE ALTERNADA    MÁQUINAS ELÉTRICAS  SÍNCRONASMOTOR  ROTATIVA   GERADOR      MOTOR DE CORRENTE CONTÍNUA     GERADOR 5.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Na Ilustração 52 representamos a máquina elétrica elementar: ω φ N S a b DDP I Ilustração 52 Sua estrutura é composta por dois circuitos elétricos independentes e um circuito magnético. Todas as outras máquinas são variantes. Se um condutor for imerso em um campo magnético variável no tempo.1 Geradores GERADOR SAÍDA DOS CABOS ESTATOR ROTOR EIXO TURBINA CAIXA ESPIRAL ROTOR TUBO DE SUCÇÃO Ilustração 53 37 . desta estrutura e podem ser deduzidas a partir dela. Se um condutor se movimenta em um campo magnético fica submetido a uma DDP. percorrido por uma corrente elétrica e imerso num campo magnético. fica submetido a uma força. mais ou menos complexas. Observe que a força. em módulo. um condutor se desloca perpendicularmente a um campo magnético. o campo magnético B em Tesla (T) e a velocidade v em m/s. desde que a carga q estivesse em Coulomb (C). seria o Newton (N). de origem eletromagnética. O ângulo θ é o ângulo formado entre o vetor campo B e o vetor velocidade v.sen θ A unidade desta força no S. veja Ilustração 54. atua nos elétrons livres do condutor fazendo com que se crie na região interna do condutor um campo elétrico. for paralelo ao vetor campo. desta carga. para o nosso estudo. Observe.I. De acordo com este princípio. Ilustração 55 Esta força. Quando a carga for negativa (por exemplo. o sentido convencional da corrente. No entanto. na Ilustração 55 que a carga em consideração é positiva. em um campo magnético fica sujeita a uma força. faremos nossas análises como se houvesse o deslocamento de uma carga positiva e não de uma negativa como realmente ocorre (elétron é uma carga negativa). Este fenômeno ocorre pelo simples fato de que toda carga elétrica lançada. N B v S Ilustração 56 Sabemos que numa região que existe um campo elétrico teremos um DDP: 38 . Esta força só não surgirá se o vetor velocidade. em todo condutor elétrico que se movimenta com uma dada velocidade dentro de um campo magnético surge uma tensão entre os seus terminais.B.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Todas as máquinas elétricas funcionam segundo o princípio da indução eletromagnética. com velocidade deferente de zero. Na Ilustração 56. Ilustração 54 O sentido desta força é determinado pela regar da mão esquerda. A tensão obtida por meio deste fenômeno é chamada de tensão induzida. também. o elétron) o sentido desta força será contrária. consideraremos. poderá ser definida como: F = q.v.Lunardo Alves de Sena . ou seja. construímos um gerador de corrente alternada: VM Vpp VM (em V) é chamado de valor máximo.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA V= Ed 5. Denominaremos este ângulo de α (espaço angular). em uma função cossenoidal (derivando o fluxo em função do tempo) obteremos: ε = φ MAX ϖsenϖt v(t ) = VMAX senϖt Podemos perceber.1. T Ilustração 58 Pelo gráfico da Ilustração 58. f é a freqüência em Hertz A Ilustração 57 mostra que ocorre a inversão do sentido da corrente (função senoidal) nos terminais do gerador Ilustração 57 Calculando a variação do fluxo em relação ao tempo.Lunardo Alves de Sena .m. Se α = 2 π ⇒ e α = ω. tiramos as seguintes conclusões: A curva começa a se repetir a partir dos 360° (2π radianos). quando uma espira gira dentro de um campo magnético uniforme.1 Gerador síncrono. Para um gerador. que a f.t (espaço angular é o produto da velocidade angular pelo tempo) Está óbvio que para este espaço angular (α = 2 π ) o tempo decorrido t = T (período) Logo ⇒ 2 π = α = ω. e supondo que o seu movimento começa quando o campo é perpendicular à espira (v ⁄ ⁄ B) e a velocidade é constante. gera-se ma f.T ou seja ⇒ ω = 2 π /T 39 . induzida alternada dada por: ε=− ∆φ ∆t Como a espira gira dentro do campo magnético. induzida na espira também é uma função periódica e no caso uma função seno. Ilustração 52.m.t teremos 2 π =ω.e. Vpp (em V) é chamado de tensão de pico a pico e T (em s) é o período (tempo que o fenômeno leva para se repetir).e. temos em seu interior um campo magnético variável cossenoidal do tipo: φ = −φ MAX cosϖt ⇒ ϖ = 2πf . Desta forma então. na Ilustração 58. VRMS.01s = 10ms ⇒ Período da tensão senoidal.t + π /2) ( V ) V2 V1 V1⇒ VM = 15V.= 10.VM Na Ilustração 59 a tensão senoidal representada está no domínio do tempo: VM Vpp T t Ilustração 59 Teremos os seguintes parâmetros: VM = 10V ⇒ Valor máximo da tensão. T = 0. VPP. f= 103Hz. Exemplo 12 Represente as seguintes tensões senoidais e defina seus parâmetros (VM. e θ0) a) v1(t) = 15. o valor quadrático médio é o que chamamos de rms: do inglês root mean square ‘quadrado médio da raiz’ ou VEF valor eficaz) como sendo igual ao valor de uma tensão contínua que produzirá a mesma dissipação de potência que a tensão alternada em questão.001s. ϖ. ϖ = 2π103rd/s. T = 0. π rd/s ⇒ Freqüência angular da tensão senoidal.sen(2. ω = 2 π .01 = 100 ciclos/s = 100Hz ⇒ Freqüência da tensão senoidal.sen(2.07V ⇒ Valor eficaz da tensão.t ) ( V ) b) v2(t) = 20.61V. f= 103Hz. No caso de uma tensão senoidal o seu valor eficaz é calculado por: V RMS = VM 2 = 0. θ0 =0° ⇒ Ângulo inicial da tensão senoidal.Lunardo Alves de Sena . e θ0=0rd V2⇒ VM = 20V.14V.f Para uma tensão senoidal definimos o seu valor eficaz (VRMS . e θ0=π/2rd 40 .103.100 = 200. VRMS. π . T.001s.707.em Matemática. π . VRMS =7.= 14.103. f. VPP = 40V. f = 1/0. VRMS. VPP = 30V. VPP =20V ⇒ Valor pico a pico da tensão. T = 0.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Ao número de ciclos completados por segundos chamamos de freqüência (f). A freqüência então pode ser calculada por: f (Hz)=1/T logo podemos também escrever que ⇒ ω = 2 π . ϖ = 2π103rd/s. chamados segmentos do comutador.104. Ilustração 61 Com o aumento do número de segmentos do comutador tem-se a tensão gerada mais “retificada”. são substituídos por segmentos. Ilustração 62 41 .2 Gerador de corrente contínua O gerador de corrente contínua tem sempre a metade da onda gerada “rebatida”. VPP.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Exercícios Represente graficamente as seguintes tensões senoidais e defina seus parâmetros (VM.sen ( π . T. f.t) (V) Para o gerador de corrente contínua as anéis coletores (a e b) do gerador de corrente alternada. veja Ilustração 60. Ilustração 52.t + π /2 ) ( V ) b) v2 ( t ) = 5. ω φ N S I Ilustração 60 5.π /4 ) ( V ) d) v4(t) = 155. VRMS.π /2 ) ( V ) c) v3(t) = 155. e θ0): a) v1 ( t ) = 5.t .1. veja Ilustração 61.sen (120.Lunardo Alves de Sena . π . veja Ilustração 62. ϖ.t .sen ( π .sen (120 π .104. Lunardo Alves de Sena . podem eliminar-se ou acentuarem-se estas diferenças no custo inicial. no lugar de se colher tensão induzida nas escovas. a construção de um motor síncrono CA é a mesma do alternador. os motores síncronos são mais baratos.1 Motores Motores síncronos Nos motores síncronos. 5. A armadura de um motor síncrono requer uma corrente alternada.IFRN / DIETIND 5. Em tamanhos médios. porém no lugar de colhermos tensão alternada deveremos injetá-la.velocidade em rpm. O rotor geralmente é de pólos salientes. Conforme se desenvolvem novas técnicas. O motor síncrono não tem torque de partida. . exceto nos tipos que têm velocidades excessivamente elevadas. isto é.o fator de potência. Basicamente. mono ou trifásico.freqüência da tensão alternada de alimentação.3 MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Gerador de indução O gerador de indução. e também o é o número de pólos. quase não tem aplicação. idêntico ao do alternador. entre 50 e 500 HP e velocidades baixas. Devido à possibilidade de variação da excitação do campo.1. algo incomum. . Uma vez que a freqüência que alimenta o motor é constante. O estator tem um enrolamento. Em motores síncronos grandes. As diferenças de custo entre motores de indução e motores síncronos da mesma potência. para ser então ligado à linha. A sua velocidade é determinada pelo número de pólos e pela freqüência desta tensão (injetada). Veja Ilustração 63.2 Motor de corrente contínua O motor de corrente contínua tem sua estrutura idêntica ao gerador de corrente contínua. do motor síncrono é que ele não tem torque de partida. é jogada uma tensão contínua. isto é. P . Como o alternador CA. no entanto. pode ser variado à vontade. torna-se evidente que um motor síncrono CA é um motor de velocidade constante. a excitatriz (um gerador-derivação CC) é montada no mesmo eixo que o motor. o motor síncrono CA possui uma característica que nenhum outro tipo de motor CA possui . ele deve ser acelerado por algum meio auxiliar.número de pólos (no mínimo 2). geradores assíncronos. NS = Ns f P 120f .2.2. velocidade e tensão nominal variam devido às técnicas de construção relativas ao estator e ao rotor de ambos os tipos de máquinas. Uma segunda característica. sendo que uma pequena parcela do torque motor será consumida para gerar a CC requerida para excitação do campo.2 5. porém requer uma excitação CC. Em tamanhos maiores e altas velocidades. novamente são mais baratos os síncronos. Na realidade são conversores de freqüência. Seu campo. Ilustração 63 42 . 5. a construção é idêntica ao gerador síncrono. não parte por si mesmo sem um enrolamento de compensação. no qual ele funciona. A corrente que circula na armadura é fornecida por uma fonte CC e injetada através das duas escovas de grafite. por exemplo) e impeça que a armadura fique parada em uma posição de equilíbrio. 43 . mudando também o sentido do torque e evitando que a espira volte para a posição de equilíbrio. a corrente sai pela parte superior da armadura e entra na parte inferior. que mostra um motor CC elementar de dois pólos (o mais simples possível) em corte transversal: Campo Armadura Fonte CC Fonte CC Ilustração 64 Na Ilustração 64. Na situação ilustrada. Sem o mecanismo da comutação. Isto pode ser melhor compreendido com a ajuda da Ilustração 65. b a a b 1ª comutação a b a Observe que sem a comutação a força "f" faria o motor voltar b com comutação a se não houvesse a comutação b a b com comutação com comutação a a b 2ª comutação b com comutação Ilustração 65 Observe que na Ilustração 65. o enrolamento de campo (estator) está dividido em duas partes ligadas em série (a ligação foi omitida na ilustração por simplicidade) que produzem um fluxo magnético constante no sentido norte-sul.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA A criação do torque que faz o rotor (armadura) moverse pode ser explicada com a ajuda da Ilustração 64.Lunardo Alves de Sena . A armadura (rotor) é formada por várias espiras enroladas em um núcleo ferromagnético e cujos terminais são conectados nos dois segmentos do comutador (na parte). no qual o fluxo magnético é produzido por um imã permanente por simplicidade. que é uma posição de equilíbrio. Já na “figura 3” desta mesma ilustração a corrente em “a” é comutada: ela entra no plano da folha. o comutador muda a corrente. Em motores com mais de dois pólos. Quando a espira passa por uma posição de equilíbrio. a espira da armadura iria estacionar na posição vertical. a corrente em “a” permanece saindo do plano da folha. a armadura possui vários enrolamentos distribuídos pelo núcleo e o comutador é formado por vários segmentos. A função do comutador é trocar periodicamente (duas vezes a cada volta) o sentido da corrente na armadura de tal modo a garantir que o torque tenha sempre o mesmo sentido (horário. “figura 4” não caracteriza que houve a comutação. A razão pela qual é necessário comutar a corrente de armadura. por um rotor constituído por um núcleo ferromagnético. que por sua vez transmite à carga a energia mecânica produzida. nos quais são induzidas correntes provocadas pela corrente alternada das bobinas do estator. se forem utilizadas duas fontes CC independentes. então tem-se um motor CC com excitação independente. Anéis condutores Barras de alumínio ou de cobre Ilustração 67 O Funcionamento do motor de indução se dá a partir do momento que os enrolamentos localizados nas cavas do estator são sujeitos a uma corrente alternada. também em alumínio. de forma a reduzir a corrente em vazio e.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Existem diversos tipos de motor CC de acordo com a quantidade de fontes CC usadas e da forma como os enrolamentos de campo e de armadura são conectados. gera-se um campo magnético no estator. veja a Ilustração 67. por bobinas (de grupos. de indução. é constituído basicamente pelos seguintes elementos: um circuito magnético estático. Se for utilizada somente uma fonte CC. O rotor em gaiola de esquilo. O entreferro (distância entre o rotor e o estator) é bastante reduzido. por isso. que curto-circuitam os estas barras. Ilustração 66 O motor assíncrono. no rotor surge uma força eletromotriz induzida devido 44 .2. sobre o qual são colocadas barras de alumínio (condutores). então os enrolamentos de campo e de armadura devem ser ligados em série (dando origem ao motor CC série) ou em paralelo (dando origem ao motor CC Shunt ou derivação). consoante o motor monofásico ou trifásico) localizadas em cavas abertas no estator e alimentadas pela rede de corrente alternada. é constituído por um núcleo de chapas ferromagnéticas. também laminado. Por outro lado. sobre o qual se encontra um enrolamento ou um conjunto de condutores paralelos. A Ilustração 66 mostra um motor de indução “explodido”.Lunardo Alves de Sena . constituído por chapas ferromagnéticas empilhadas e isoladas entre si. portanto as perdas. tem distinta aplicação. dispostos paralelamente entre si e unidas nas suas extremidades por dois anéis condutores.3 Motores de indução Os motores de indução são os mais utilizados na indústria brasileira. O rotor é apoiado num mancal. ao qual se dá o nome de estator. Cada um desses tipos de motor CC apresenta desempenho um pouco diferente em termos de curva de torque ou velocidade em função da corrente de armadura e. mas também para aumentar o fator de potência em vazio. isoladas entre si. consequentemente. 5. Para solucionar o problema utilizam-se enrolamentos auxiliares. Sua utilização é indicada para baixas potências (1 a 2 KW).m. que são dimensionados e posicionados de forma a criar uma segunda fase fictícia. A f. • motor de capacitor permanente (ou permanent . permitindo a formação do campo girante necessário para o arranque. Por terem somente uma fase de alimentação. Os motores de indução monofásicos são a alternativa natural aos motores de indução trifásicos. Tipos de Motores de indução monofásicos: • motor de pólos sombreados (ou shaded pole). não possuem um campo girante como os motores trifásicos. A Ilustração 68 representa o esquema das bobinas de um motor monofásico com este dispositivo de partida. Entre os vários tipos de motores elétricos monofásicos. • motor de capacitor de partida (ou capacitor . No enrolamento de auxiliar estão representados o capacitor e a chave centrífuga. pela robustez.Lunardo Alves de Sena .IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA ao fluxo magnético variável que atravessa o rotor. Motores de Indução Monofásicos: Os motores monofásicos são assim chamados porque os seus enrolamentos de campo são ligados diretamente a uma fonte monofásica. confiabilidade e manutenção reduzida.e. Isto impede que tenham torque de partida. ENROLAMENTO DE PARTIDA OU AUXILIAR ENROLAMENTO DE TRABALHO OU PRINCIPAL 110V 110V 110V Capacitor Chave centrífuga 1 3 2 4 5 6 Ilustração 68 45 . O tipo mais largamente utilizado é o de partida a capacitor. os motores com rotor tipo gaiola destacam-se pela simplicidade de fabricação e.split capacitor). • motor com dois capacitores (ou two-value capacitor). criando assim um movimento giratório no rotor. nos locais onde não se dispõe de alimentação trifásica. induzida dá origem a uma corrente induzida no rotor que tende a opor-se à causa que lhe deu origem.start). mas sim um campo magnético pulsante. • motor de fase dividida (ou split phase). principalmente. É regra geral considerar-se o terminal 1 e o terminal 2 “começo” de bobina. O motor de indução trifásico apresenta vantagens em relação ao monofásico. são dispostas as bobinas ao qual a energia elétrica é conectada e distribuída ao redor deste e produz no entreferro um campo magnético girante que roda em sincronismo com a freqüência da rede elétrica. partida própria (tem torque de partida). para se fazer estas ligações é imprescindível que se saiba quem é “começo” e quem é “fim” de bobina. Ilustração 72. O rotor também é em “gaiola de esquilo”. Pode ser ligado em 110V e 220V. 1 110V 110V 3 2 Fase 4 5 3 5 4 6 capacitor Fase ch centrífuga 1 2 Neutro 6 Neutro Ilustração 70 Obs.Lunardo Alves de Sena . junta-se os três bobinas em paralelo. quando o mesmo atinge a velocidade nominal). veja a Ilustração 69. o fluxo magnético “corta” os condutores dos enrolamentos do rotor gerando uma tensão elétrica nos mesmos e por conseqüência uma 46 .: A inversão de rotação dos motores monofásicos ocorre com a inversão do enrolamento de partida (troca-se o 5 pelo 6) – o motor deverá parar para ocorrer a inversão. Motores de Indução Trifásicos: O motor de indução trifásico é o mais utilizado. Veja a Ilustração 71: Ilustração 71 No estator. pela chave centrífuga. Já os terminais 5 e 6. Em paralelo com um dos enrolamentos principal coloca-se o enrolamento de partida. 1 110V 110V 3 Fase 2 4 5 3 4 6 capacitor Fase ch centrífuga 1 2 5 Neutro 6 Neutro Ilustração 69 b) Para a ligação para 220V. Ilustração 72 Conforme o campo magnético gira. Para potências inferiores justifica-se o monofásico.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA A chave centrífuga da Ilustração 68 serve para retirar o enrolamento de partida. o ruído é menor e são mais baratos para potências superiores a 2KW. a) Pala a ligação em 110V. são utilizados para definir o sentido de rotação do motor (lembre-se que os terminais 5 e 6 são desconectados do motor. assim que este atinja sua velocidade nominal. tanto na indústria como no ambiente doméstico. devido à maioria dos sistemas atuais de distribuição de energia elétrica ser trifásico de corrente alternada. Os terminais 3 e 4 são considerados “fins” de bobina. veja Ilustração 70. No entanto. do circuito do motor. do enrolamento auxiliar. Esses motores são “bivolt’s”. A utilização de motores de indução trifásicos é aconselhável a partir dos 2 KW. junta-se as bobinas do enrolamento de trabalho (principal) em série. 47 . aplicadas às bobinas do estator podem ser representadas por: i a (t) = I × sen(ϖt) i b (t) = I × sen(ϖt − 120°) i c (t) = I × sen(ϖt + 120°) FONTE TRIFÁSICA FIM DA BOBINA "C" INÍCIO DA BOBINA "A" INÍCIO DA BOBINA "B" INÍCIO DA BOBINA "C" FIM DA BOBINA "A" FASORES DEFASADOS DE 120° ONDAS DEFASADAS DE 120° FIM DA BOBINA "B" Ilustração 73 Para se obter o campo girante temos na Ilustração 73 os fasores das três correntes IA.Lunardo Alves de Sena . 2. Este campo é produzido da seguinte maneira: coloca-se nas ranhuras do estator um conjunto de três bobinas independentes. A análise elétrica deste fenômeno é muito similar àquela do transformador. as senoides das três correntes. na Ilustração 74. Campo Magnético Girante Um campo magnético girante está na base do princípio de funcionamento da máquina de indução.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA corrente nestes enrolamentos a qual por sua vez produz um fluxo magnético que se opõe ao criado no estator. e a disposição física das bobinas no estator. defasadas de 120° no espaço. 3. tornou-se uma prática referir-se ao enrolamento do estator como primário e ao do rotor como o secundário. 5 e 6 indicados na Ilustração 73 em “ondas defasadas de 120°” (as três senoides). e assim. Ilustração 74 Observe. que o vetor resultante do fluxo. Este vetor é o que chamamos de “campo girante”. ligadas em estrela -Y. ΦR gira no sentido horário. 4. A inter-relação entre os fluxos do rotor e do estator produz um conjugado e faz com que o rotor siga o movimento do fluxo magnético do estator. IB e IC. Na Ilustração 74 temos o campo resultante para os instantes 1. Estas correntes trifásicas. e faz-se circular por estas bobinas correntes trifásicas defasadas de 120° no tempo. Estas corrente induzidas criarão um campo que interagirá com o ímã fazendo com que o disco gire no sentido de rotação do ímã. A rede de alimentação tem freqüência de 60Hz. do campo magnético girante. b) repita o item (a) se a freqüência de alimentação fosse 50Hz. Este dispositivo consiste de um imã suspenso por um fio. Generalizado: f r = s × f rede Exemplo 13 Um motor de indução trifásico tem 6 pólos. Caso o rotor P atingisse a velocidade síncrona não haveria corrente induzida no rotor e. Neste dispositivo o campo do imã permanente completa-se através do conjunto disco-placa de ferro. em rpm. Observe que não existe enrolamento de partida. A razão entre esta velocidade (“velocidade de escorregamento”) e a velocidade síncrona. que está em curto-circuito. logo a freqüência será igual a do estator. Sob o imã um disco de cobre ou alumínio está apoiado sob um mancal que está por sua vez apoiado em uma placa de ferro. Solução: a) no momento da partida o motor está parado. 60Hz. Calcule a freqüência do rotor: a) no momento da partida. b) f r = s × f rede = 0. NR. ou seja: (NS − N R ) N S N R N = − = 1 − R ⇒ N R = (1 − s) × N S NS NS NS NS Quando o rotor está parado o escorregamento s = 1 . chamamos de escorregamento “s”. O rotor pararia! A diferença entre a velocidade síncrona e a velocidade do rotor. chamamos de “velocidade de escorregamento”. não atinge a velocidade síncrona ( N S = 120f ). No motor de indução trifásico. A velocidade do rotor.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA O princípio de funcionamento do motor de indução baseia-se na Ilustração 75. Determine: a) a velocidade . Ilustração 75 Fazendo-se o ímã girar. por conseguinte. Todos os enrolamentos 48 . correntes induzidas irão aparecer no disco de cobre (ou alumínio). Ou seja. quando o rotor está s= parado a freqüência induzida no rotor é a mesma da rede de alimentação: Para s = 1 ⇒ f r = f rede . estas correntes induzidas provocarão um campo que interagirá com o campo girante fazendo com que o rotor siga o seu movimento (movimento do campo girante). b) a plena carga. o campo girante induzirá correntes no rotor. não teria campo no rotor. Solução: 120f 120 × 60 = = 1200rpm P 6 120f 120 × 50 b) N S = = = 1000rpm P 6 a) N S = Exemplo 14 Um motor de indução de 4 pólos opera numa freqüência de 60Hz e tem um escorregamento de plena carga de 5%.05 × 60 = 3Hz Na Ilustração 76 é mostrado o esquema de terminais de um motor trifásico de 6 terminais.Lunardo Alves de Sena . 4. 2 e 3 são inícios de bobina.: A inversão de rotação dos motores trifásicos ocorre com a inversão de duas fases entre si – o motor pode estar em movimento para ocorrer a inversão. Se cada bobina tem tensão nominal de 220V. Deve-se observar também a polaridade das bobinas. conecta-se os terminais em . Via de regra os terminais 1. conecta-se os terminais em .IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA permanecem ligados. este motor poderá ser ligado em 220V e 380V a) Para ligação em 220V.Lunardo Alves de Sena . veja a Ilustração 77: 1 220V 220V 220V 6 2 R 4 3 S 5 T R 1 4 2 5 3 6 1 6 4 R S 3 2 T 5 S T Ilustração 77 b) Para ligação em 380V. 49 . 220V 220V 1 4 2 220V 5 3 6 Ilustração 76 Este tipo de motor também é “bivolt”. veja a Ilustração 78: 1 3 2 4 5 6 R 1 220V 1 220V 4 2 220V 5 3 R S T 3 4 6 6 5 R S T 2 S T Ilustração 78 Obs. 5 e 6 são fins.Υ – (Estrela).∆ .Delta (Triângulo). 60Hz.Um motor de indução trifásico de 3CV. sendo ele agora ligado em Estrela (Y). 380V. 50 Hp. Determine: a) o escorregamento s. d) as freqüências das correntes induzidas no rotor. 2 pólos. entrega a potência nominal com um escorregamento de 6%. 50 .Um motor de indução trifásico de 230 V. admitindo que se tenha acesso aos 6 terminais do motor. 2 . 1710rpm está ligado em Delta (∆). 60Hz.Lunardo Alves de Sena . ns. 60 Hz.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Exercícios 1 . A carga aplicada ao seu eixo consome uma corrente de 20A. b) as correntes de linha e de fase drenadas para o motor. 8 pólos tem velocidade mecânica de 870rpm. c) A velocidade do rotor. Determine: a) as tensões de linha e de fase que alimenta o motor. Calcular: a) A velocidade do campo magnético girante. 4) Repita a questão (3). b) a freqüência das correntes induzidas no rotor. 6 pólos. 3) . c) o escorregamento.Um de indução trifásico de 440V. b) A freqüência da corrente do rotor. 10. 1. veja a Ilustração 80: 220V 220V 1 4 220V 5 2 R 220V 3 S 6 220V 7 10 220V 8 11 9 12 T VL = 220V R 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 6 1 7 12 4 3 9 10 8 11 2 5 S R T S T VL = 220V Ilustração 80 b) Para ligação em 380V. 6. 2. 4. Por exemplo. 8 e 9 são começos de bobina.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Existe também motores trifásicos que se apresentam com 9 e 12 terminais. o de 12 terminais podemos ligar em 4 tensões distintas. 440V e 760V. 11 e 12 são fins de bobina.Lunardo Alves de Sena . 5. No caso de cada bobina ter tensão nominal de 220V. A Ilustração 79 apresenta os terminais do motor de 12 terminais. 380V. teremos a possibilidade de ligar este motor em 220V. veja a Ilustração 81: 220V 220V 1 4 220V 5 2 R S 220V 3 6 220V 7 10 2 3 4 8 11 5 6 7 8 9 10 11 3 12 10 S 12 9 7 1 12 6 4 R 9 R T VL = 380V 1 220V T VL = 380V 5 11 2 8 S T Ilustração 81 51 . 220V 220V 1 4 220V 2 5 220V 3 6 220V 7 10 220V 8 11 9 12 Ilustração 79 A vantagem de se ter acesso a um número maior de terminais é que teremos mais opções de tensão para ligar o motor. 7. conecta-se os terminais em Delta paralelo. conecta-se os terminais em Estrela paralelo. a) Para ligação em 220V. 3. Os tipos mais comuns são Botoeira: 1 3 2 4 Simbologia Fim-de-curso: 1 3 2 4 Simbologia Sensor: Alimentação Saída Simbologia Contactor: BOBINA A CONTATOS PRINCIPAIS 1 3 5 2 4 6 CONTATOS AUXILIARES 13 21 31 43 14 22 32 44 B Simbologia 52 . regulação e sinalização do sistema de acionamento.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Como exercício. proteção. • Diagrama de comando: representa a lógica de operação do motor. faça a ligação dos terminais do motor de indução de 12 terminais para 440V e 760V (considerando que cada bobina tem tensão nominal de 220V). 6 Comandos industriais A representação dos circuitos de comando de motores elétricos é feita normalmente através de dois diagramas : • Diagrama de força: representa a forma de alimentação do motor à fonte de energia. Em ambos os diagramas são encontrados elementos (dispositivos) responsáveis pelo comando.1 Dispositivos de comando São elementos de comutação destinados a permitir ou não a passagem da corrente elétrica entre um ou mais pontos de um circuito. 6.Lunardo Alves de Sena . Já o fusível de ação rápida é utilizado em cargas resistivas e na proteção de componentes semicondutores. esta se reflete num aumento de corrente. o relé. Interrompe a passagem de corrente ao ocorrer uma sobrecarga ou curto-circuito. Uma pequena sobrecarga faz o sistema de lâminas deformarem-se (efeito térmico) sob o calor desligando o circuito. no caso do relé com trava.Lunardo Alves de Sena . eventualmente. como curtos-circuitos ou sobrecargas.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA 6. Os fusíveis utilizados são de ação retardada. com isso. Simbologia NH DIAZED Disjuntor termomagnético (contra sobrecarga) O disjuntor termomagnético possui a função de proteção e. Essa deformação aciona a abertura do contato auxiliar que interrompe a passagem da corrente para a bobina do contactor.2 Dispositivo de proteção São elementos intercalados no circuito com o objetivo de interromper a passagem de corrente elétrica sob condições anormais. Esta proteção baseia-se no princípio da dilatação de duas lâminas de metais distintos. com coeficientes de dilatação diferentes. Quando ocorre uma falta de fase. desacionando. aguarda-se o resfriamento ou. É o caso dos motores elétricos e cargas capacitivas. Para rearmar. do tipo DIAZED e NH. 53 . portanto. consequentemente. devemos acionar manualmente o botão de rearme. a carga. um acréscimo na dilatação do bimetal. provocando um aquecimento maior e. Disjuntor monopolar Disjuntor bipolar Disjuntor tripolar Simbologia monopolar bipolar tripolar Relé térmico (contra sobrecarga): O princípio de funcionamento do relé térmico (de sobrecarga) baseia-se na dilatação linear de duas lâminas metálicas com coeficientes de dilatação térmicas diferentes. de chave. Define-se sobrecarga como uma corrente superior a corrente nominal que durante um período prolongado pode danificar o cabo condutor e/ou equipamento. O fusível de ação retardada é usado em circuitos nos quais a corrente de partida é muitas vezes superior à corrente nominal. acopladas rigidamente (bimetal). como o diodo e o tiristor em conversores estáticos de potência. Os dispositivos de proteção mais comuns são: Fusível – (contra curto-circuito): O princípio de funcionamento do fusível baseia-se na fusão do filamento e conseqüente abertura do filamento quando por este passa uma corrente elétrica superior ao valor de sua especificação. Os tipos mais comuns são: Reostato É um componente de resistência variável que serve para regular correntes de intensidade maior em sistemas elétricos (ex.Lunardo Alves de Sena .3 Dispositivo de regulação São elementos destinados a regular o valor de variáveis de um processo automatizado. três bimetais. 1 3 5 95 97 2 4 6 96 98 Simbologia 6. botão de regulagem da corrente de desarme. tempo. vazão. Simbologia Potenciômetro Apresenta a mesma função que o reostato atuando com intensidade de corrente menor em circuitos eletrônicos de comando e regulação. pressão. enroladas em torno de um núcleo de ferro silício. O transformador básico é formado por duas bobinas isoladas eletricamente. Simbologia Transformador É um componente que permite adaptar o valor de uma tensão alternada.IFRN / DIETIND • • • • MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA O relé térmico possui as seguintes partes principais: contato auxiliar (NA + NF) de comando da bobina do contactor. tais como: velocidade. Simbologia Relé de tempo 54 . etc. temperatura. controle de velocidade em motor CC). botão de rearme de ação manual. relé de sobre carga. Para partidas prolongadas (pesadas) deve-se ajustar as especificações do contactor.5 CV (norma COSERN) utilizam alguns métodos de partida diferentes da partida direta. A1 TEMPORIZADOR COM RETARDO NA LIGAÇÃO 15 d1 16 18 A2 Sinal de Entrada (A1.4 18 Sinal de Entrada (A1.A2) Sinal de Saída (15 . O início da temporização ocorre quando energizamos os terminais de alimentação do relé de tempo. Por isso.A2) Sinal de Saída (15 . as altas correntes.18) Simbologia Temporização com retardo no desligamento Este relé mantém os contatos comutados por um determinado tempo. para redução da corrente de partida. absorvem uma corrente de partida na ordem de 4 a 10 vezes maior que a corrente nominal. pois recebe tensão nominal. ao serem conectados diretamente à rede elétrica. condutores etc. motores acima de 7.16 . os mais empregados industrialmente. Para motores de grande potência. A1 TEMPORIZADOR COM RETARDO NO DESLIGAMENTO 15 d1 16 A2 Simbologia 6.1 Partida direta O motor parte com torque e corrente de partida plena.16 . em geral. Em geral. motores de indução trifásicos do tipo gaiola de esquilo. regulável em escala própria. 55 . ou seja sua partida é direta.5 CV não utilizam nenhum método para redução de corrente de partida. Destina-se às máquinas que partem em vazio ou com carga. A Ilustração 82 mostra o esquema de ligação de um motor em partida direta (circuito de força). Motores abaixo de 7.4.Lunardo Alves de Sena . provocam reduções de tensão temporárias (quedas de tensão). conectados ao mesmo barramento. na entrada do ambiente industrial (subestação) e o barramento em que o motor está conectado.18) Temporização Chaves de partida 6. interagindo com a impedância equivalente entre o ponto de fornecimento. após a desenergização dos terminais de alimentação. Partidas normais (<10s). durante alguns segundos.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA com retardo na ligação Este relé comuta seus contatos após um determinado tempo. regulável em escala própria. que podem influenciar o desempenho de outras máquinas e equipamentos sensíveis. da Partida Direta.A partir do circuito de força. apresentado na Ilustração 82. elabore o circuito de comando onde: • Um botão b1 “ou” um botão b2 liga o motor e b0 desliga. da Partida Direta.A partir do circuito de força. elabore o circuito de comando onde: • Uma lâmpada L1 sinalize quando o motor estiver ligado. do exercício anterior. apresentado na Ilustração 82. 2 . 3 . apresentado no “Exercício 1”.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA R S T e1 e2 e3 1 3 5 2 4 6 1 3 5 2 4 6 C1 e4 M1 N CHAVE DE PARTIDA DIRETA . Um botão b0 desliga. • Uma lâmpada L2 sinalize quando ocorrer uma sobrecarga.A partir do circuito de força. elabore o circuito de comando onde um botão b1 liga o motor e b0 desliga. 56 .A partir do circuito de força. 4 .CIRCUITO DE FORÇA Ilustração 82 Exercícios: 1 . da Partida Direta. da Partida Direta.Lunardo Alves de Sena . apresentado no “Exercício 1” elabore o circuito de comando onde: • O motor só devera ser ligado se um botão b1 “e” um botão b2 forem acionados. : A inversão ocorra sempre que se apertar b1 ou b2 independente de se apertar b0. ou seja. 2 . 57 . da Chave Reversora. elabore o circuito de comando. Neste tipo de chave se faz necessário “intertravamento”. elabore o circuito de comando. Veja na Ilustração 83 que se C1 e C2 forem ligados ao mesmo tempo teremos um curto-circuito entra as fases “T” e “R”. Obs.A partir do circuito de força.Lunardo Alves de Sena . apresentado no exercício anterior. após se apertar o b0. • Um botão b0 desliga o motor. Na Ilustração 83 é apresentada o circuito de força desta chave.A partir do circuito de força. O circuito de comando desta chave se encarregará de evitar este curto-circuito.4. Na elaboração deste circuito (circuito de comando) deverá se evitar.CIRCUITO DE FORÇA Ilustração 83 Exercícios: 1 . da Chave Reversora. da Chave Reversora.2 MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Partida direta com reversão Uma outra modalidade de partida direta é a partida direta com reversão. 3 . Jamais os dois poderão “entrar” ao mesmo tempo.: A inversão só ocorra dependendo de desligamento. onde: • Um botão b1 liga o motor no sentido horário e b2 liga o motor no sentido anti-horário. apresentado no exercício anterior. • Um botão b0 desliga o motor. que os contatores C1 e C2 “entrem“ ao mesmo tempo. Nesta chave tem-se a opção da partida do motor acontecer no sentido horário ou no sentido anti-horário. devemos “intertravar” o contator C1 com o contator C2. onde: • Um botão b1 liga o motor no sentido horário e b2 liga o motor no sentido anti-horário.A partir do circuito de força. • • Uma lâmpada L1 sinalize quando o motor estiver ligado no sentido horário. elabore o circuito de comando. R S T e1 1 e2 3 e3 5 1 3 5 2 4 6 C2 C1 2 4 6 1 3 5 2 4 6 e4 M1 N CHAVE REVERSORA . com o intertravamento. • Um botão b0 desliga o motor. Obs. onde: • Um botão b1 liga o motor no sentido horário e b2 liga o motor no sentido anti-horário.IFRN / DIETIND 6. apresentado na Ilustração 83. Uma lâmpada L2 sinalize quando o motor estiver ligado no sentido anti-horário. ou seja. 2 .3 MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Partida direta com intertravamento entre motores Em algumas situações precisamos intertravar motores. em partida direta.Projetar um circuito de comando para a situação do “Exercício 1”. • Um botão b2 liga o motor M2. R S T e1 e2 e3 1 3 5 e5 13 21 31 43 e6 e7 1 3 5 13 21 31 43 2 4 6 14 22 32 44 1 3 5 2 4 6 C1 2 4 6 1 3 5 2 4 6 14 22 32 44 e4 M1 C2 e8 M2 Ilustração 84 Exercícios: 1 . observando as seguintes condições: • Um botão b1 liga o motor M1. • Sobrecarga em qualquer um dos dois motores os dois devem desligar. Ilustração 84. porém no caso de sobrecarga em M1 os dois motores devem desligar e sobrecarga em M2 apenas o M2 deve desligar. 58 .4. utilizando-se fins-de-curso.Projetar um circuito de comando para acionamento de dois motores de Indução Trifásicos M1. e M2. • Um botão b02 desliga o motor M2. por exemplo. um motor só liga se um outro estiver desligado (ou ligado). porém isto só deve ocorrer se M1 estiver ligado (esta ação não deve desligar o motor M1). Mais uma vez todo cuidado recai na pessoa responsável pelo circuito de comando. A Ilustração 84 apresenta um circuito de força. porém isto só deve ocorrer se M2 estiver desligado.4. Na seqüência são apresentados exercícios onde utilizamos estes dispositivos. 6. onde são ligados dois motores.IFRN / DIETIND 6. • Um botão b01 desliga o motor M1 (esta ação não deve desligar o motor M2).Lunardo Alves de Sena .4 Partida direta com intertravamentos entre motores utilizando fins-de-curso É comum termos circuitos com mais de um motor em partida direta e/ou reversora. • Sobrecarga em M1 desliga apenas M1. • B2 faz o braço subir (inverte a rotação do motor M1) sem desligar a furadeira (motor M2). • fC3 desliga a “esteira 2” e religa a “esteira 1”. • fC4 desliga a “esteira 2” e religa a “esteira 1”.Elaborar um circuito de comando para uma furadeira (veja esquema abaixo) observando as seguintes condições: • O processo só inicia se existir peças (FC1 atuado).Elaborar um circuito de comando para uma esteira selecionadora automática de peças (veja esquema abaixo) observando as seguintes condições: • B1 liga a “esteira 1” (motor M1). • FC2 faz o braço parar limitando a subida (desliga o motor M1) e desliga a furadeira (desliga o motor M2). • B1 faz o braço descer (liga o motor M1) e aciona a furadeira (liga o motor M2).IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Exercícios: 1 .Lunardo Alves de Sena . que por sua vez. DISPOSIÇÃO ESQUEMÁTICA CIRCUITO DE FORÇA M1 Fc2 M2 e1 Braço furadeira e2 e3 e5 e6 e7 Furadeira C1 e4 Fc3 C2 1 3 5 2 4 6 C3 e8 1 3 5 2 4 6 Peça Fc1 M1 M2 2 .no sentido anti-horário) conduzindo peças para o depósito “A”. DISPOSIÇÃO ESQUEMÁTICA CIRCUITO DE FORÇA e1 "Esteira 1" Motor M 1 e2 e3 C1 DETALHE e5 C2 e6 e7 C3 fC2 Peça "B" Peça "A" fC1 fC1 / fC2 e4 Depósito "A" Depósito "B" fC3 "Esteira 2" Motor M 2 fC4 1 3 5 2 4 6 e8 M2 1 3 5 2 4 6 M1 59 . • B01 desliga a “esteira 1”. • B0 desliga todo o circuito (emergência). • FC3 faz o braço parar limitando a descida (desliga o motor M1) sem desligar a furadeira (motor M2). desliga a “esteira 1” e liga a “esteira 2” (motor M2 no sentido horário) conduzindo peças para o depósito “B”. • Peças de tamanho “B” aciona fC1 e fC2 ao mesmo tempo. • Peças de tamanho “A” aciona o fim-de-curso fC1 que desliga a “esteira 1” e liga a “esteira 2” (motor M2 . • B0 desliga todo o circuito. • Sobrecarga em qualquer dos motores os dois devem desligar. porém sobrecarga em M2 os dois deve desligar. Projetar um circuito de comando para acionamento de dois motores de Indução Trifásicos M1. R S T e1 e2 e3 1 3 5 13 21 31 43 e5 e6 e7 1 3 5 13 21 31 C1 2 4 6 1 3 5 2 4 6 14 22 32 44 e10 e11 1 3 5 13 21 31 43 2 4 6 14 22 32 44 1 3 5 2 4 6 C2 2 4 6 1 3 5 2 4 6 e4 M1 43 e9 14 22 32 44 C3 e8 M2 e12 M3 60 .4. Exercícios: 1 .5 MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Partida direta com temporização Os temporizadores são utilizados para retardar a ligação de um motor. e M2 observando as seguintes condições: • Um botão b1 liga o motor M1. ou contator. R S T e1 e2 e3 1 3 5 13 21 31 43 e5 e6 e7 1 3 5 13 21 31 43 2 4 6 14 22 32 44 1 3 5 2 4 6 C1 2 4 6 1 3 5 2 4 6 14 22 C2 32 44 e4 M1 e8 M2 2 . • Um botão b0 desliga os dois motores M1 e M2. • Após 5 (cinco) segundos do motor M1 estar ligado o motor M2 deverá ligar e M1 desligar.IFRN / DIETIND 6.Projetar um circuito de comando para acionamento de três motores de Indução Trifásicos M1.Lunardo Alves de Sena . • Sobrecarga em qualquer um dos motores todos devem desligar. M2 e M3 observando as seguintes condições: • Um botão b1 liga o motor M1. Na seqüência são apresentados exercícios onde utilizamos estes dispositivos. num determinado circuito. • Após 5 (cinco) segundos do motor M1 estar ligado o motor M2 deverá ligar. • Um botão b0 desliga os três motores M1. • Sobrecarga em M1 desliga apenas o M1 e sobrecarga em M2 desliga os dois motores. • Após 5 (cinco) segundos do motor M2 estar ligado o motor M3 deverá ligar e M2 desligar. • Após 5 (cinco) segundos do motor M3 estar ligado o motor M1 deverá religar e M3 desligar e reiniciar o ciclo. M2 e M3. A chave estrela-triângulo é um dispositivo que liga as três fases do motor em estrela durante a partida até uma rotação próxima da nominal (90%). R B0 B1 T LIGA d1 10S SEQÜÊNCIA DE LIGAÇÃO C3 C1 S DESLIGA e1 e2 e3 1 3 5 1 3 C1 1 2 4 6 1 3 5 2 4 6 2 5 1 3 5 2 4 6 C2 2 4 6 C3 e4 3 5 C3 4 M1 6 N C2 CIRCUITO DE FORÇA PARTIDA ESTRELA-TRIÂNGULO Ilustração 85 61 . • não tem limites quanto ao seu número de manobras. Desvantagens: • a chave só pode ser aplicada em motores com no mínimo seis terminais acessíveis. a corrente de linha na partida será 3 vezes menor. Alem dos dispositivos de proteção. Na Ilustração 85 está apresentada o circuito de força da Chave de partida Estrelatriângulo. Vantagens: • é muito utilizada. sem carga.IFRN / DIETIND 6. C3 que interliga os terminais 4. o pico de corrente na comutação será quase como se fosse uma partida direta. Nos casos em que a corrente de partida do motor é elevada podem ocorrer as seguintes conseqüências prejudiciais: • elevada queda de tensão no sistema da alimentação da rede (que provoca interferência em equipamentos instalados no sistema). ou seja. respectivamente. S e T. conseqüentemente. são utilizados um relé de tempo (temporizador) e três contatores: C1 que alimenta os terminais 1. • reduzindo a corrente de partida em 1/3 reduz-se também o torque de partida em 1/3. • a tensão de linha da rede deve coincidir com a tensão da ligação triângulo do motor. Isto significa que a tensão por fase na ligação estrela será 3 vezes menor que a tensão de alimentação. • se o motor não atingir 90% da velocidade nominal no momento da troca de ligação. Esta chave consiste na alimentação do motor com redução de tensão nas bobinas durante a partida. em 220 / 380V. contatores) deverá ser super dimensionada ocasionando um custo elevado. Os motores deverão ter no mínimo 6 bornes de ligação. a partida de um motor trifásico de gaiola. Desta forma a ligação simultânea de C1 e C3 corresponde a configuração estrela (temporizada). 2 e 3 do motor com as três fases R. • o sistema de proteção (cabos. em 380/660V ou 440/760V. enquanto que a ligação de C1 e C2 equivale a configuração triângulo (definitiva). Somente depois de ter atingido a rotação nominal. devido ao seu custo reduzido. Caso a partida direta não seja possível devido aos problemas citados acima.Lunardo Alves de Sena . • os componentes ocupam pouco espaço. A chave Estrela-triângulo em geral só pode ser empregada em partidas da máquina em vazio. • a corrente de partida fica reduzida para aproximadamente 1/3 da nominal. Após isto comuta a ligação para triângulo. • a imposição das concessionárias de energia elétrica que limitam a queda da tensão da rede. Na partida as bobinas do motor recebem 58% (1/ 3) da tensão que deveriam receber. 4 e 5 e. isto é. deverá ser direta. 5 e 6.6 MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Partida Estrela-triângulo Sempre que possível. C2 que alimenta com a mesma seqüência os terminais 6. É fundamental para a partida com a chave Estrela-triângulo que o motor tenha a possibilidade de ligação em dupla tensão. assim como o seu conjugado motor. a carga poderá ser aplicada. por meio de contatores. pode-se usar sistema de partida indireta para reduzir a corrente de partida.4. enquanto que a ligação de C1 corresponde a ligação do motor direto à rede (definitiva). Esta chave consiste na alimentação do motor com redução de tensão através de um autotransformador. São utilizados três grupos de resistências que são paulatinamente retiradas até deixar-se curtocircuitado o rotor. B0 B1 DESLIGA e1 e2 e3 1 3 5 2 4 6 LIGA SEQÜÊNCIA DE LIGAÇÃO C3 C2 R S T d1 15S C3 1 3 5 2 4 6 C1 C2 TAP DE 80% TAP DE 65% 1 3 5 2 4 6 T1 T2 T3 AUTOTRANSFORMADOR e4 1 3 5 2 4 6 C3 C1 C2 M1 Ilustração 86 6. Desta forma a ligação simultânea de C3 e C2 corresponde à alimentação via autotransformador (temporizada).8 Partida Rotórica Chave utilizada também para reduzir a corrente de partida dos motores de indução. A redução da corrente ocorre em função do aumento da impedância no motor (resistências inseridas no rotor) não havendo.4. Sua construção consiste na inserção de resistências no rotor. na chave compensadora o motor também deve partir com carga reduzida.IFRN / DIETIND 6. em seguida (15 segundos) recebe a tensão nominal. Na partida. Neste caso os rotores em gaiola convencionais não se adéquam a esta modalidade de acionamento. 65% e 80% (da tensão nominal). redução do torque. respectivamente. Observe que os tap’s do autotransformador deverão coincidir com as respectivas fases que passam por C1. e C3 que interliga os terminais do autotransformador (fechando o centro da estrela do autotransformador). via autotransformador. A vantagem desta chave é que o motor parte com tensão nominal. Ou seja. O tap do autotransformador pode ser de 50%. Nesta chave. a redução da corrente ficará a mercê do tap do autotransformador. Inicialmente o motor recebe a alimentação reduzida.7 MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Partida Compensadora Chave utilizada também para reduzir a corrente de partida dos motores de indução.4. Na Ilustração 86 está apresentada o circuito de força da Chave Compensadora. 62 . S e T. não há necessidade de se ter acesso aos 6 (seis) terminais do motor. C2 que alimenta o auto transformador. por sua vez. Isto significa que a na partida o conjugado será tantas vezes menor que a redução da corrente. são utilizados um relé de tempo (temporizador) e três contatores: C1 que alimenta os terminais do motor com as três fases R. Necessita-se de motor com rotor bobinado (de anéis) Na Ilustração 87 está apresentado o circuito de força da Chave Rotórica. diferentemente da Estrela-triângulo.Lunardo Alves de Sena . Alem dos dispositivos de proteção. onde a carga apresenta picos 63 . colocada pelo fabricante. HP. Usados para cargas que exigem maior conjugado na partida. corrente de partida alta. Categoria B Conjugado de partida normal. • velocidade nominal (RPM). • regime (REG).IFRN / DIETIND B0 DESLIGA B1 LIGA C2 d1 C3 d2 C4 d3 R S T SEQÜÊNCIA DE LIGAÇÃO C1 MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA e1 e2 e3 1 3 5 2 4 6 1 3 5 2 4 6 T1 T2 T3 C1 e4 1 3 5 1 3 C4 2 4 5 1 3 5 2 4 6 C3 6 2 4 C2 6 M1 C2 C3 d1 d2 d3 RX3 RX2 RX1 Ilustração 87 6. alto escorregamento (mais de 5%). • correntes nominais (A). deve ser fixada em local bem visível. • categoria (CAT). os motores são classificados em categorias. Categoria D Conjugado de partida alto. transportadores carregados. • freqüência nominal (Hz). baixo escorregamento. Constituem a maioria dos motores encontrados no mercado e prestam-se ao acionamento de cargas normais.5 Placa de identificação dos motores Os motores elétricos possuem uma placa identificadora. TRIFÁSICO ou 3FAS). Usados em prensas excêntricas e máquinas semelhantes. corrente de partida normal. • letra-código (COD). Estes dados são: • nome e dados do fabricante. • classe de isolamento (ISOL. • fator de serviço (FS). • I P I n (quantas vezes a corrente de partida é maior que a nominal). • número de fases (por exemplo. • tensões nominais (V). Para instalar adequadamente um motor.). máquinas operatrizes. baixo escorregamento (cerca de 5%). etc. é imprescindível que o instalador saiba interpretar os dados de placa. corrente de partida normal. Motores usados onde não há problemas de partidas nem limitações de corrente. KW). na qual pelas normas. • modelo (MOD). • potência (CV. corrente de partida normal.Lunardo Alves de Sena . Estas categorias são definidas em norma. cada uma adequada a um tipo de carga. como bombas. CL. e são as seguintes: Categoria A Conjugado de partida normal. baixo escorregamento. Categoria C Conjugado de partida alto. • ligações Categorias Conforme as suas características de conjugado em relação à velocidade e corrente de partida. cargas de alta inércia. etc. • grau de proteção ( PROTEÇÃO IP). como peneiras. Regime O regime é o grau de regularidade da carga a que o motor é submetido. As classes de isolamento são definidas pelo respectivo limite de temperatura. São previstos. indicada por uma letra normalizada. uma reserva de potência que dá ao motor uma capacidade de suportar melhor o funcionamento em condições desfavoráveis. por norma. Categoria F Conjugado de partida baixo. vários tipos de regimes de funcionamento.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA periódicos. destinam-se a cargas com partidas frequentes. Usados também em elevadores e cargas que necessitam de conjugados muito altos e corrente de partida limitada. um funcionamento com carga constante. indica a carga permissível que pode ser aplicada ao motor. formados pelas letras IP seguidas de um número de dois algarismos. porém sem necessidade de altos conjugados e onde é importante limitar a corrente de partida. é um fator que aplicado à potência nominal. sob tensão nominal. identifica o tipo de materiais isolantes empregados no isolamento do motor. Pouco usados. de acordo com a ABNT: Classe A = Classe E = Classe B = Classe F = Classe H = Letra-código A letra-código (código de partida) indica a corrente de rotor bloqueado. ou seja. são as seguintes. Ilustração 88 6. Os motores normais são projetados para regime contínuo. Fator de serviço O fator de serviço. Esse fator refere-se a uma capacidade de sobrecarga contínua. que define o tipo de proteção do motor contra a entrada de água ou de objetos estranhos. A Ilustração 88 mostra uma típica placa de identificação de um motor de indução trifásico.Lunardo Alves de Sena . Classe de isolamento A classe de isolamento. catálogo de relé térmico e as curvas características 64 . isto é. baixo escorregamento. catálogo de contatores. desenvolvendo potência nominal. por tempo indefinido. Grau de proteção O grau de proteção é um código padronizado. corrente de partida baixo.6 Dimensionamento dos dispositivos das chaves de partida Para o dimensionamento das chaves de partida deveremos ter em mãos catálogo com as curvas dos fusíveis. • Condutores do circuito de comando. No corpo há a indicação de sua corrente de atuação da tensão em que pode funcionar e do seu tipo se rápido ou retardado. A indicação pode ser feita pela transparência do corpo. Os fusíveis de acordo com seu formato e forma de conexão podem ser: NH – Mostrados na Ilustração 90. O porta fusível é um compartimento que fica fixo no circuito e serve de encaixe para o fusível. corrente nominal. Ilustração 89 • Elemento fusível: é um fio ou fita de metal com constituição e dimensões calculadas para entrar em fusão (daí o nome fusível) quando atravessado por corrente elétrica de determinado valor. mas existem também de papelão de vidro e de plástico). do contator e do relé térmico. com também o fusível do circuito de comando poderá ser pesquisado em livros. O próprio suporte do fusível protege o operador contra choque elétrico.Os fusíveis são dispositivos de proteção contra curto-circuito (e contra sobre-carga caso não seja usado relé para este fim) de utilização única: após sua atuação devem ser descartados. Fazem o contato do elemento fusível com o porta fusível. que abordem dimensionamento e proteção de circuitos elétricos. • Terminais: São feitos de metal com robustez bastante para que não sofrer com a corrente que flui pelo fusível. Ilustração 90 Diazed . são usados em circuitos baixa potência e conectados através do porta-fusível que se monta por rosca. corrente de partida e aplicação. • Fusíveis do circuito de força. e • Relé térmico. são usados em circuito de alta potência e conectados por encaixe. corpo. O nosso foco será o dimensionamento dos fusíveis do circuito de força. 65 . É importante também que se tenha dados do motor como tensão de alimentação.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA do motor.Mostrados na Ilustração 91.Lunardo Alves de Sena . • Corpo: São feitos de material isolante (porcelana no caso dos industriais. • Fusíveis do circuito de comando. Dentro do corpo dos fusíveis usados em instalações industriais existe uma espécie de areia que tem por função extinguir a chama proveniente da fusão do elemento fusível. ou por um pequeno botão (em geral vermelho) que se solta do corpo em caso de atuação. Serve para sustentar o elemento fusível e os terminais. Fusíveis . • Contator. na Ilustração 89 está representado o símbolo do fusível. São compostos por: elemento fusível. ou similar. a) Dispositivos de proteção Os dispositivos de proteção objetivam proteger os equipamentos e condutores de uma instalação dos danos de uma corrente de alto valor e de grande duração. que permite ao operador ver o elemento partido. Os dispositivos que serão dimensionados são: • Condutores do circuito de força. terminais e dispositivo de indicação da atuação do fusível. com ferramenta própria (punho) para proteção do operador. O dimensionamento dos condutores do circuito de força e comando. há dispositivos que permitem rearmamento e desligamento à distância. pois há a necessidade de não se romper durante os picos de corrente existente durante alguns instantes após sua ligação. os elementos térmicos atuam num contato auxiliar para sinalizar a sobrecarga do motor. Na partida dos motores há corrente de até oito vezes o valor nominal. porém caso a corrente seja muito maior que oito vezes a normal o fusível passa a agir tão rápido quanto um de ação rápida. ou manualmente. Correntes de até 120% do valor nominal não atuam o fusível. voltará à posição de repouso automaticamente. é necessário empregar ainda fusíveis como proteção contra curto-circuito. • Retardados: Fusíveis para circuitos de motores elétricos e de capacitores normalmente são mais lentos. conseqüentemente. Um relé térmico (veja Ilustração 93). A escolha do fusível se faz pela corrente.Lunardo Alves de Sena . Seu símbolo está representado na Ilustração 92. Isto significa que um relé térmico deve sempre trabalhar em conjunto com um contator ou um comando elétrico. As correntes do motor atravessam os três elementos térmicos dentro do relé que aquecer demais. A velocidade de ação dos fusíveis varia conforme sua aplicação: • Rápidos: Estes tipos são os que têm atuação mais rápida. ou não). 66 . O tempo de atuação diminui a medida em que aumenta o valor relativo da sobrecarga. Para controle remoto de relés térmicos. proporcionando assim conforto de uso. Assim uma sobrecarga de 190% da corrente nominal será interrompida mais rapidamente que uma de 170%. pela tensão e pelo tipo de circuito (se sujeito a grandes variações de corrente. O relé térmico é intercalado nas fases do motor para detectar a intensidade de corrente solicitada pelo motor.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Tampa → Fusível → Parafuso de Ajuste → Anel de Proteção → Base Unipolar → Ilustração 91 O fusível interrompe o circuito quando houver correntes maiores que 160% da sua corrente nominal. Símbolo 1 3 5 95 97 2 4 6 96 98 Ilustração 92 Relés térmicos não protegem a linha de alimentação contra curto-circuito. cuja operação é produzida pelo movimento relativo de elementos mecânicos (termo-pares). sob a ação de determinados valores de correntes de entrada. Relé térmico . uma vez disparado.Dispositivo de proteção e eventual comando a distância. devido à corrente. quando essa opção for selecionada. para realizar a função. conforme a corrente nominal (IN) do motor supervisionado. Os contatos auxiliares podem ser do tipo NA ou NF. Os contatos auxiliares bem menos robustos. se prestam a comandar as baixas correntes de funcionamento das bobinas de outros contatores. Nesse caso. De acordo com o fim a que se destinam. Esse é o tipo comum de conexão entre os dois. em geral A1 e A2 ou A e B. O número de contatos do contator é bem variado dependendo do tipo. Por isso. há um meio para ajustar os elementos. cada fabricante fornece uma variedade de relés de proteção. 13 . b) Dispositivo de comando O contator.Lunardo Alves de Sena . São sempre do tipo NA. Por exemplo. as três entradas do relé térmico estão ligadas automaticamente aos três primeiros contatos de carga do contator. é formado basicamente por uma bobina e um conjunto de contatos operado pelo fluxo magnético da bobina quando energizada. facilitando assim a realização de comandos elétricos mais complexos. os contatos do contator recebem denominações específicas. lâmpadas de sinalização ou alarmes sonoros. Mas existem ainda dispositivos para permitir a montagem do relé térmico separadamente do contator. Cada tipo de relé cobre apenas uma determinada faixa de corrente.32 / 43 – 44 Contator: BOBINA A CONTATOS PRINCIPAIS 1 3 5 2 4 6 CONTATOS AUXILIARES 13 21 31 43 14 22 32 44 B Simbologia Ilustração 94 67 . e os terminais dos contatos são identificados com numeração. A identificação dos contatos auxiliares se faz com dezenas de final 1 e 2 para as NF e 3 e 4 para as NA. Sua identificação se faz com números unitários de 1 a 6.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Ilustração 93 Os fabricantes de contatores oferecem geralmente relés térmicos que encaixam mecanicamente nos contatores por eles fabricados.14 / 21-22 / 31 . etc. Os contatos principais são mais robustos e destinam-se a comandar altos valores de corrente típicos de motores e outras cargas. Nos relés térmicos. Os terminais da bobina do contator são identificados por letras. Ilustração 94 e Ilustração 95. Lunardo Alves de Sena . 2° Critério .Seg. b) Contator Calcula-se → Ie = F. = F.S.Seg. → Fator de serviço. O critério que apresentar maior valor de corrente será o escolhido. F. × In .6.2 Dimensionamento da chave de partida estrela-triângulo a) Fusíveis do circuito de força 68 . → Fator de segurança.1 Dimensionamento da chave de partida direta a) Fusíveis do circuito de força Para se dimensionar a corrente do fusível de força. Diazed ou NH e escolhe o fusível de menor corrente que atenda as condições apresentadas.05 If → corrente do fusível. 1° Critério . c) Relé térmico Em função do contator determinado em cima do catálogo encontra-se o relé térmico.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Ilustração 95 6. Em seguida com o valor da corrente Ie determina-se a faixa de ajuste do relé. Vn (tensão nominal) e aplicação do motor “entra-se” no catálogo do fabricante e determina o contator.S. × In → corrente de trabalho Com os dados de Ie (corrente de trabalho). onde o F.Seg. “entra” nas curvas dos fusíveis.corrente de partida IP = IP × In In tempo de partida tp=5 segundos Com os dados de Ip e tp. + 0.S. In → Corrente nominal. F.corrente de trabalho • • • • I f ≥ F.6. 6. utilizam-se dois critérios: o da corrente de trabalho e da corrente de partida. S. “entra” nas curvas dos fusíveis. “entra” nas curvas dos fusíveis. ou seja IC3 = Ie In × F. c) Relé térmico Em função do contator determinado pela corrente de IC1 (ou IC2) e com o catálogo. → Fator de serviço.corrente de trabalho • • • • I f = F. → Fator de segurança. 1° Critério .S. Vn (tensão nominal) e aplicação do motor “entra-se” no catálogo do fabricante e determina os contatores. encontra-se o relé térmico.S.Seg. × In . b) Contatores 69 .58 × Ie 3 ou seja IC1 = IC2 = 0.corrente de trabalho • • • • I f = F. Serão dadas por: Ie = 0.S.58 × In × F. 1° Critério . utilizam-se também os dois critérios: o da corrente de trabalho e da corrente de partida.corrente de partida IP = IPMOTOR × tap 2 = IP × In × tap 2 In tempo de partida tp=15 segundos Com os dados de Ip e tp.Lunardo Alves de Sena .Seg.S. 2° Critério . F. → Fator de serviço. In → Corrente nominal. As corrente de IC1 e IC2 são iguais. 6.05 If → corrente do fusível. Diazed ou NH e escolhe o fusível de menor corrente que atenda as condições apresentadas. O critério que apresentar maior valor de corrente será o escolhido.Seg. + 0. F. IC2 e IC3 (correntes dos contatores).Seg. In → Corrente nominal.Seg.3 Dimensionamento da chave de partida Compensadora a) Fusíveis do circuito de força Para se dimensionar a corrente do fusível de força. 2° Critério . = F. + 0. F.S. IC1 = IC2 = C3 Para se determinar o IC3 divide-se o Ie por 3. × In → corrente de trabalho se o motor fosse ligado em partida direta.6.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA Para se dimensionar a corrente do fusível de força. Em seguida (com o valor da corrente IC1 ou IC2) determina-se a faixa de ajuste. → Fator de segurança. × In . = F. onde o F.S. utilizam-se também os dois critérios: o da corrente de trabalho e da corrente de partida.Seg. O critério que apresentar maior valor de corrente será o escolhido.corrente de partida IP = IPMOTOR 3 = IP In × In 3 tempo de partida tp=10 segundos Com os dados de Ip e tp. F.05 If → corrente do fusível. Diazed ou NH e escolhe o fusível de menor corrente que atenda as condições apresentadas. b) Contatores C1 e C2 Calcula-se → Ie = F. = 3 3 Com os dados de IC1. onde o F. Em seguida (com o valor da corrente IC1) determina-se a faixa de ajuste.tap 2 ) Com os dados de IC1. c) Relé térmico Em função do contator determinado pela corrente de IC1 e com o catálogo. IC2 e IC3 (correntes dos contatores). A corrente de IC1 será a própria Ie . × (tap . × tap 2 C3 Para se determinar o IC3 usa-se a seguinte expressão.IFRN / DIETIND MÁQUINAS E AUTOMAÇÃO ELÉTRICA C1 Calcula-se → Ie = F.S. IC3 = Ie × (tap . C2 Será dado por IC2 = Ie × tap 2 ou seja IC2 = In × F.S.Lunardo Alves de Sena . × In → corrente de trabalho se o motor fosse ligado em partida direta. encontra-se o relé térmico.tap 2 ) ou seja IC3 = In × F.S. 70 . Vn (tensão nominal) e aplicação do motor “entra-se” no catálogo do fabricante e determina os contatores.